您的位置：360文档中心› 专题03 直击函数压轴题中零点问题(解析版)

专题03 直击函数压轴题中零点问题(解析版)

合集下载

2022届新高考数学数列压轴小题突破第22讲 零点问题之两个零点(解析版)

2022届新高考数学数列压轴小题突破第22讲 零点问题之两个零点(解析版)

突破2022届新高考数学导数压轴解答题第22讲 零点问题之两个零点1．已知函数2()(2)(1)x f x x e a x =---，a R ∈．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．【解答】解：（1）由2()(2)(1)x f x x e a x =---，可得()(1)2(1)(1)(2)x x f x x e a x x e a '=---=--，①当0a 时，由()0f x '>，可得1x >；由()0f x '<，可得1x <，即有()f x 在(,1)-∞递减；在(1,)+∞递增；②当0a >时，由()0f x '=，解得1x =或2x ln a =，若2e a =，则()0f x '恒成立，即有()f x 在R 上递增； 若02e a <<时，由()0f x '>，可得1x >或(2)x ln a <； 由()0f x '<，可得(2)1ln a x <<；即有()f x 在(-∞，(2))ln a ，(1,)+∞递增，在((2)ln a ，1)递减；若2e a >，由()0f x '>，可得1x <或(2)x ln a >； 由()0f x '<，可得1(2)x ln a <<即有()f x 在(,1)-∞，((2)ln a ，)+∞递增；在(1，(2))ln a 递减；综上：当0a 时，()f x 在(,1)-∞递减；在(1,)+∞递增；当0a >时，2e a =时，()f x 在R 上递增； 02e a <<时，()f x 在(-∞，(2))ln a ，(1,)+∞递增，在((2)ln a ，1)递减； 2e a >时，()f x 在(,1)-∞，((2)ln a ，)+∞递增；在(1，(2))ln a 递减． （2）①由（1）可得，当0a <时，()f x 在(,1)-∞递减；在(1,)+∞递增，且f （1）0e =-<，f （2）0a =->，故()f x 在(1,2)上存在1个零点，取b 满足0b <，且()2a b ln <-， 则f （b ）223(2)(1)(2)(1)()022b a b e a b b a b ab b =--->----=-->， 故()f x 在(,1)b 是也存在1个零点，故0a <时，()f x 有2个零点；②当0a =时，()(2)x f x x e =-，所以()f x 只有一个零点2x =，不合题意；③当0a >时，若2e a =时，()f x 在R 递增，()f x 不存在2个零点，不合题意； 若02e a <<，()f x 在(1,)+∞递增，又当1x 时，()0f x <，()f x 不存在2个零点，不合题意， 当2e a >时，()f x 在(,1)-∞单调增，在(1，(2))ln a 递减，在((2)ln a ，)+∞递增， ()f x 极大值f =（1）0e =-<，故()f x 不存在2个零点，不合题意；综上，()f x 有两个零点时，a 的取值范围为(,0)-∞．2．已知函数21()2f x lnx ax =-． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．【解答】解：（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，且21()ax f x x-'=， 当0a 时，()0f x '>，此时()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，由()0f x '>解得0a x a<<，由()0f x '<解得a x a >，此时()f x 在(0,)a a 上单调递增，在(,)a a +∞上单调递减； 综上，当0a 时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，()f x 在(0,)a a 上单调递增，在(,)a a+∞上单调递减； （2）由（1）知，当0a 时，()f x 在(0,)+∞上单调递增，函数()f x 至多一个零点，不合题意； 当0a >时，()f x 在(0,)a a 上单调递增，在(,)a a +∞上单调递减，则21111()()()(1)22max a f x f ln a ln a a a a==-⋅⋅=-+， 当1a e时，1()()(1)02max a f x f ln a a ==-+，函数()f x 至多有一个零点，不合题意； 当10a e<<时，1()()(1)02max a f x f ln a a ==-+>， 由于11(0,)a ∈，且211(1)11022f ln a a =-⋅⋅=-<， 由零点存在性定理可知，()f x 在1(0,)a 上存在唯一零点，由于21a a>，且222122222()()02f ln a ln a a a a a a a =-⋅⋅=-<-=（由于)lnx x <， 由零点存在性定理可知，()f x 在1(,)a +∞上存在唯一零点； 综上，实数a 的取值范围为1(0,)e． 3．已知函数()[2(1)]2(x x f x e e a ax e =-++为自然对数的底数，且1)a ．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．【解答】解：（1）()2(1)()x x f x e e a '=--，①0a 时，0x e a ->，则0x <时，()0f x '<，()f x 在(,0)-∞递减，0x >时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞递增，②当0a >时，由()0f x '=得1x lna =，20x =，若1a =，则()0f x '，故()f x 在R 递增，若01a <<，则当x lna <或0x >时，()0f x '>，0lna x <<时，()0f x '<，故()f x 在(,)lna -∞，(0,)+∞递增，在(,0)lna 递减；综上：0a 时，()f x 在(,0)-∞递减，在(0,)+∞递增，01a <<时，()f x 在(,)lna -∞，(0,)+∞递增，在(,0)lna 递减；1a =时，()f x 在R 递增；（2）①1a =时，()f x 在R 递增，不可能有2个零点，②当01a <<时，()f x 在(,)lna -∞，(0,)+∞递增，(,0)lna 递减，故当x lna =时，()f x 取极大值，极大值为()(2)20f lna a a alna =-++<，此时，()f x 不可能有2个零点，③当0a =时，()(2)x x f x e e =-，由()0f x =得2x ln =，此时，()f x 仅有1个零点，④当0a <时，()f x 在(,0)-∞递减，在(0,)+∞递增，故()(0)12f x min f a ==--，()f x 有2个零点，(0)0f ∴<，解得：12a >-，102a ∴-<<， 而f （1）[2(1)]20e e a a =-++>，取2(1)2a b a+<，则f （b ）22[(1)]2[(1)]0b b e a ab e a =-++>-+， 故()f x 在(,0)-∞，(0,)+∞各有1个零点，综上，a 的取值范围是1(2-，0)． 4．已知函数2()(1)()x f x xe a x a R =++∈．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．【解答】解：（1）由2()(1)x f x xe a x =++，可得()(1)2(1)(1)(2)x x f x x e a x x e a '=+++=++，①当0a 时，由()0f x '>，可得1x >-；由()0f x '<，可得1x <-，即有()f x 在(,1)-∞-递减；在(1,)-+∞递增；②当0a <时，由()0f x '=得1x =-或(2)x ln a =-；若12a e=-，则1()(1)()x f x x e e -'=+-，当1x -时，()0f x '，当1x >-时，()0f x '>； x R ∴∀∈，()0f x '恒成立，即有()f x 在R 上递增；若12a e<-时，则(2)1ln a ->-；由()0f x '>，可得1x <-或(2)x ln a >-； 由()0f x '<，可得1(2)x ln a <<-．即有()f x 在(,1)-∞-，((2)ln a -，)+∞递增；在(1-，(2))ln a -递减；若102a e>>-，则(2)1ln a -<-，由()0f x '>，可得(2)x ln a <-或1x >-； 由()0f x '<，可得(2)1ln a x -<<-．即有()f x 在(-∞，(2))ln a -，(1,)-+∞递增；在((2)ln a -，1)-递减．（2）①由（1）可得当0a >时，()f x 在(,1)-∞-递减；在(1,)-+∞递增，且1(1)f e -=-，(0)f a =，取b 满足1b <-且22a b ln -<．则223(2)(2)(1)()022a fb b a b a b b ->-+-=->， ()f x ∴有两个零点；②当0a =时，()x f x xe =，所以()f x 只有一个零点0x =；③当0a <时，若12a e<-时，由（1）知()f x 在(1-，(2))ln a -递减， 在(,1)-∞-，((2)ln a -，)+∞递增，又当1x -时，()0f x <，所以()f x 不存在两个零点；当12a e-时，由（1）知，()f x 在(1,)-+∞单调增，又当1x -时，()0f x <，故()f x 不存在两个零点； 综上可得，()f x 有两个零点时，a 的取值范围为(0,)+∞．5．已知函数2()(2)x x f x ae a e x =+--．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．【解答】解：（1）由2()(2)x x f x ae a e x =+--，求导2()2(2)1x x f x ae a e '=+--， 20x e >，0x e >∴当0a 时，()0f x '<，()f x ∴在R 上单调递减，当0a >时，11()(21)(1)2()()2x x x x f x e ae a e e a'=+-=+-， 令()0f x '=，解得：1x ln a=， 当()0f x '>，解得：1x ln a>， 当()0f x '<，解得：1x ln a<， 1(,)x ln a ∴∈-∞时，()f x 单调递减，1(x ln a∈，)+∞单调递增； 综上可知：当0a 时，()f x 在R 单调减函数，当0a >时，()f x 在1(,)ln a -∞是减函数，在1(ln a，)+∞是增函数； （2）①若0a 时，由（1）可知：()f x 最多有一个零点，当0a >时，2()(2)x x f x ae a e x =+--，当x →-∞时，20x e →，0x e →，∴当x →-∞时，()f x →+∞，当x →∞，2x e →+∞，且远远大于x e 和x ，∴当x →∞，()f x →+∞，∴函数有两个零点，()f x 的最小值小于0即可，由()f x 在1(,)ln a -∞是减函数，在1(ln a，)+∞是增函数， 21111()()()(2)0min f x f ln a a ln a a a a∴==⨯+-⨯-<， 1110ln a a ∴--<，即1110ln a a+->，设1t a=，则()1g t lnt t =+-，(0)t >， 求导1()1g t t'=+，由g （1）0=， 11t a∴=>，解得：01a <<， a ∴的取值范围(0,1)．方法二：（1）由2()(2)x x f x ae a e x =+--，求导2()2(2)1x x f x ae a e '=+--， 20x e >，0x e >∴当0a 时，()0f x '<，()f x ∴在R 上单调递减，当0a >时，11()(21)(1)2()()2x x x x f x e ae a e e a'=+-=+-， 令()0f x '=，解得：x lna =-，当()0f x '>，解得：x lna >-，当()0f x '<，解得：x lna <-，(,)x lna ∴∈-∞-时，()f x 单调递减，(,)x lna ∈-+∞单调递增；综上可知：当0a 时，()f x 在R 单调减函数，当0a >时，()f x 在(,)lna -∞-是减函数，在(,)lna -+∞是增函数；（2）①若0a 时，由（1）可知：()f x 最多有一个零点，②当0a >时，由（1）可知：当x lna =-时，()f x 取得最小值，11()()1min f x f lna ln a a=-=--， 当1a =，时，()0f lna -=，故()f x 只有一个零点，当(1,)a ∈+∞时，由1110ln a a -->，即()0f lna ->， 故()f x 没有零点，当(0,1)a ∈时，1110ln a a --<，()0f lna -<， 由422(2)(2)2220f ae a e e ----=+-+>-+>，故()f x 在(,)lna -∞-有一个零点，假设存在正整数0n ，满足03(1)n ln a>-，则00000000()(2)20n n n n f n e ae a n e n n =+-->->->， 由3(1)ln lna a->-， 因此在(,)lna -+∞有一个零点．a ∴的取值范围(0,1)．6．已知函数2()(2)f x ax a x lnx =+--．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．【解答】解：（1）函数2()(2)f x ax a x lnx =+--，()a R ∈；212(2)1(21)(1)()2(2)(0)ax a x x ax f x ax a x x x x+--+-∴'=+--==>，⋯（2分） 当0a 时，()0f x '<，则()f x 在(0,)+∞内单调递减；⋯⋯（3分）当0a >时，则()f x 在1(0,)a 内单调递减，在1(a，)+∞内单调递增；⋯⋯（5分） 备注：求导正确给1分，因式分解正确得2分；（2）由（1）知，当0a 时，()f x 在(0,)+∞内单调递减，最多只有一个零点，舍去；⋯（5分）0a >时，211111()()()(2)1min f x f a a ln lna a a a a a==+--=-++；⋯⋯（7分） 当0x +→时，()0f x >；当x →+∞时，()0f x >；∴当11()10f lna a a =+-<，令g （a ）11lna a =+-， 则g '（a ）211a a =+， g ∴'（a ）0>；⋯（10分）则g （a ）在(0,)+∞上单调递增；又g （1）0=，解得1a <；∴当01a <<时，函数()f x 有两个不同的零点．⋯（12分） 备注：其他解法也可以酌情相应给分．7．已知函数21()(1)2x x f x e a e ax =-++． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．【解答】解：（1）()(1)()x x f x e e a '=--，()i 若0a ，当(,0)x ∈-∞时，()0f x '<，()f x 递减，(0,)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 递增，当0a >时，令()0f x '=，解得：10x =或2x lna =，()ii 若1a =，12x x =，()0f x '恒成立，()f x 在R 递增，()iii 若01a <<，12x x >，当(,)x lna ∈-∞时，()0f x '>，()f x 递增，当(,0)x lna ∈时，()0f x '<，()f x 递减，当(0,)a ∈+∞时，()0f x '>，()f x 递增，()iv 若1a >，12x x <，当(,0)x ∈-∞时，()0f x '>，()f x 递增，当(0,)x lna ∈时，()0f x '<，()f x 递减，当(,)x lna ∈+∞时，()0f x '>，()f x 递增，综上：若0a ，()f x 在(,0)-∞递减，在(0,)+∞递增，若1a =，()f x 在R 递增，若01a <<，()f x 在(,)lna -∞递增，在(,0)lna 递减，在(0,)+∞递增， 若1a >，()f x 在(,0)-∞递增，在(0,)lna 递减，在(,)lna +∞递增；（2）()i 当0a =时，211()(1)22x x x x f x e e e e =-=-， 令()0f x =，解得：2x ln =，此时1个零点，不合题意， ()ii 当0a <时，由（1）可知，()f x 在(,0)-∞递减，在(0,)+∞递增，()f x 有2个零点，必有1(0)02f a =--<，即12a >-， 而f （1）21(1)02e e a e =-+->， 故当(0,1)x ∈时，()1f x 个零点，当0x <时，()(1)(1)x f x ax a e ax a >-+>-+，取0110x a<+<，则0()0f x >， 故当0(x x ∈，0)时，()1f x 个零点，故当102a -<<时，()2f x 个零点，符合题意，()iii 当1a =时，()f x 在R 递增，不可能有2个零点，不合题意， ()iv 当01a <<时，()f x 在(,)lna -∞递增，在(,0)lna 递减，在(0,)+∞递增，222111()(1)(1)222lna lna f lna e a e alna a a a alna a lna a =-++=--+=--， 1102lna a --<，故()0f lna <， 此时，()f x 至多1个零点，不合题意；()v 当1a >时，()f x 在(,0)-∞递增，在(0,)lna 递减，在(,)lna +∞递增， 11(0)1022f a a =--=--<， 此时，()f x 最多有1个零点，不合题意，综上，若()f x 有2个零点，则a 的范围是1(2-，0)． 8．已知函数221()()x f x alnx a R x-=-∈． （1）讨论()f x 的单调性；（2）设()sin x g x e x =-，若()()(()2)h x g x f x x =-且()y h x =有两个零点，求a 的取值范围．【解答】解：（1）222121()2a x ax f x x x x-+'=+-=，0x >，△28a =-， ①当△280a =-即2222a -时，()0f x '恒成立，故()f x 在(0,)+∞上单调递增，②当△280a =->时，即22a >或22a <-时，方程2210x ax -+=的两根分布为2184a a x --=，2284a a x +-=， ()i 当22a >时，21804a a x --=>，22804a a x +-=>， 结合二次函数的性质可知，28(0,)4a a x --∈时，()0f x '>，函数单调递增， 28(4a a x --∈，28)4a a +-时，()0f x '<，函数单调递减， 当28(4a a x +-∈，)+∞时，()0f x '>，函数单调递增， ()22ii a <-时，21804a a x --=<，22804a a x +-=<， 结合二次函数的性质可知，(0,)x ∈+∞时，()0f x '>，函数单调递增，（2）因为()sin x g x e x =-，则()cos x g x e x '=-， 当0x >时，1x e >，cos 1x ，则()cos 0x g x e x '=->，即()g x 在(0,)+∞上单调递增且(0)10g =>， 故()g x 在(0,)+∞上没有零点，因为1()()(()2)()()h x g x f x x g x alnx x=-=-+有两个零点， 所以1()F x alnx x =+在0x >时有两个零点， 21()ax F x x-'=，0x >， 当0a 时，()0F x '<，故()F x 在(0,)+∞上单调递减，最多1个零点，不合题意；当0a >时，易得，函数()F x 在1(0,)a 上单调递减，在1(a，)+∞上单调递增， 又0x →时，()F x →-∞，x →+∞时，()F x →+∞，故1()0F a alna a=-<， 解可得，a e >．综上可得，a 的范围(,)e +∞．9．已知函数2()(2)x x f x ae a e x =+--（1）当0a >时，求函数()f x 的单调区间（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围︒【解答】解：（1）0a >时，2()2(2)1(21)(1)x x x x f x ae a e e ae '=+--=+-． 令()0f x '=，1x e a∴=，解得x lna =-． (,)x lna ∴∈-∞-时，()0f x '<，∴函数()f x 在(,)lna -∞-上单调递减； (,)x lna ∈-+∞时，()0f x '>，∴函数()f x 在(,)lna -+∞上单调递增．（2）2()2(2)1(21)(1)x x x x f x ae a e e ae '=+--=+-． 0a 时，()0f x '<，函数()f x 在R 上单调递减，此时函数()f x 最多有一个零点，不满足题意，舍去． 0a >时，由（1）可知：x lna =-时，函数()f x 取得极小值， ()f x 有两个零点，2111()(2)10f lna a a lna lna a a a ∴-=⨯+-⨯+=-+<， 令u （a ）11lna a =-+，u （1）0=． u '（a ）2110a a=+>，∴函数()u x 在(0,)+∞上单调递增， 01a ∴<<．又x →-∞时，()f x →+∞；x →+∞时，()f x →+∞．∴满足函数()f x 有两个零点．a ∴的取值范围为(0,1)．10．已知函数22()(1)x f x x e ax ax =-+-．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有两个不同的零点，求a 的取值范围．【解答】解：（1）222()2(1)2(21)()x x x f x e x e ax a x e a '=+-+-=-+，⋯⋯⋯⋯（1分） ①当0a 时，20x e a +>恒成立，令()0f x '>，则12x >，所以()f x 的单调增区间为1(,)2+∞． 同理可得()f x 的单调减区间为1(,)2-∞． ⋯⋯⋯⋯（2分） ②当0a <时，令()0f x '=，则12x =或()2ln a x -=． （ⅰ）当()122ln a ->，即a e <-时，令()0f x '>，则12x <或()2ln a x ->， 所以()f x 的单调增区间为1(,)2-∞和()(,)2ln a -+∞． ⋯⋯⋯⋯（3分） 同理()f x 的单调减区间为1()(,)22ln a -； （ⅱ）当()122ln a -=，即a e =-时， 当12x 时，10x -，210x e a e e +-=，所以()0f x '，同理12x >时，()0f x '>． 故()f x 的单调增区间为(,)-∞+∞； ⋯⋯⋯⋯（4分） （ⅲ）当()122ln a -<，即0e a -<<时．令()0f x '>，则()2ln a x -<或12x >， 所以()f x 的单调增区间为()(,)2ln a --∞和1(,)2+∞，同理()f x 的单调减区间为()1(,)22ln a -． ⋯⋯⋯⋯（5分） 综上所述，当a e <-时，()f x 的单调增区间为1(,)2-∞和()(,)2ln a -+∞，单调减区间为1()(,)22ln a -； 当a e =-时，()f x 的单调增区间为(,)-∞+∞；当0e a -<<时，()f x 的单调增区间为()(,)2ln a --∞和1(,)2+∞，单调减区间为()1(,)22ln a -； 当0a 时，()f x 的单调增区间为1(,)2+∞，单调减区间为1(,)2-∞． ⋯⋯⋯⋯（6分） （2）因为2()(1)()x f x x e ax =-+，所以()f x 有一个零点1x =，⋯⋯⋯⋯（7分） 由于()f x 有两个零点，所以20x e ax +=只有一个不是1的零点，解法1：令2()x g x e ax =+，2()2x g x e a '=+，（1）当0a >时，2()20x g x e a '=+>恒成立，所以2()x g x e ax =+在(,)-∞+∞上单调递增，对任意0a >，0(0)10g e ==>，21()1110a g e a --=-<-=， 由零点存在定理()g x 在1(,0)a-上存在零点， 因为2()x g x e ax =+在(,)-∞+∞上单调递增，所以()g x 只有一个不是1的零点， 所以当0a >时，满足题意．⋯（8分）（2）当0a =时，2()x g x e =无零点，舍去．（3）当0a <时，令2()20x g x e a '=+>，解得1()22a x ln >-； 令2()20x g x e a '=+<，解得1()22a x ln <-； 所以2()x g x e ax =+在1(,())22a ln -∞-上单调递减，在1((),)22a ln -+∞上单调递增． 所以2()x g x e ax =+在1()22a x ln =-取得极小值，也是最小值． 所以函数1()(())()22222min a a a a g x g ln ln =-=-+-，⋯⋯⋯（10分） 依题意2()x g x e ax =+只有一个不是1的零点，由于当0x <时，()0g x >，且()g x 在1(,())22a ln -∞-上单调递减，在1((),)22a ln -+∞上单调递增． 则1()(())()022222min a a a a g x g ln ln =-=-+-=或2(1)01()(())()022222min g e a a a a a g x g ln ln ⎧=+=⎪⎨=-=-+-<⎪⎩ 解得2a e =-或2a e =-，⋯⋯⋯⋯⋯（11分）综上所得，a 的取值范围为{2e -，2}(0,)e -+∞． ⋯⋯⋯⋯（12分）解法2：当0x =时，(0)10f =-<，所以0x =不是20x e ax +=的零点，则2xe a x=-，⋯⋯⋯⋯（8分） 令2()x e g x x =-，所以22(12)()x e x g x x -'=， 令22(12)()0x e x g x x -'=>，则12x <且0x ≠；令22(12)()0x e x g x x -'=<，所以12x >， 所以()g x 在(,0)-∞、1(0,)2上单调递增，在1(,)2+∞上单调递减，⋯⋯⋯⋯（9分） 所以()g x 在12x =处取得极大值，极大值为1()22g e =-，⋯⋯⋯⋯（10分） 由2()xe g x x=-可知，当0x <时，()0g x >；当0x >时，()2g x e -； ⋯⋯⋯⋯（11分）因为20x e ax +=只有一个零点，所以y a =与()g x 只有一个交点，由图象可得，0a >或2a e =-，又g （1）2e =-，所以y a =与()g x 只有一个不是1的交点，所以a 的取值范围为{2e -，2}(0,)e -+∞． ⋯⋯⋯⋯（12分）11．已知函数221()()x f x alnx a R x-=-∈． （Ⅰ）若0a >时，讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）设()()2g x f x x =-，若()g x 有两个零点，求a 的取值范围．【解答】解：221()()()x I f x alnx a R x -=-∈，2221()x ax f x x-+'=，0x >，0a >， 对于221y x ax =-+，△28a =-，当(0a ∈，22]时，△0，()0f x '，()f x 递增；当(22a ∈，)+∞时，△0>，设2210x ax -+=对应方程的根为m ，n ，由0mn >，0m n +>，得0m >，0n >，故()f x 在(0,)m ，(,)n +∞递增；在(,)m n 递减；()II 由1()()2g x f x x alnx x -=-=--，0x >，2211()a ax g x x x x-'=-=， 当0a 时，()0g x '>，()g x 在(0,)+∞递增，()g x 至多有一个零点，不符合题意；当0a >时，当1(0,)x a ∈时，()g x 递增；当1(x a∈，)+∞时，()g x 递减， 1()()0max g x g a alna a∴==-+>，所以a e >， 当a e >时，11a>，g （1）10=-<，1,a a e a e a -><，21()a a a a g e alne e a e ---=--=-+， 构造函数2()x h x e x =-，因为指数函数比幂函数增加的快，易知()h x 递增， 所以a e >，h （a ）h >（e ）20e e e =->，所以2a e a >，所以21()0a a a a g e alne e a e---=--=-+<， 故函数()g x 在1(,)a e a -和1(a，1)各有一个零点， 所以a e >．12．已知函数21()2f x ax x lnx =--． （1）当2a =时，求函数的最小值；（2）设323()()2()2g x f x x ax x lnx b b R =+-+++∈，讨论函数()g x 的单调性； （3）若函数()f x 有两个不同的零点，求正实数a 的取值范围．【解答】解：（1）因为函数定义域为(0,)+∞，且当2a =时，2()f x x x lnx =--， 1(1)(21)()21x x f x x x x-+'=--=， 所以当01x <<时，()0f x '<；当1x >时，()0f x '>，所以()f x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞单调递增，所以函数在1x =时取得最小值，且最小值为f （1）1110ln =--=．（2）由题意知函数32()2g x x ax b =-+，0x >，所以2()622(3)g x x ax x x a '=-=-． 令()0g x '=，得0x =或3a x =． 若0a >，则当(,)3a x ∈+∞时，()0g x '>；当(0,)3a x ∈时，()0g x '<． 故()g x 在(,)3a +∞上单调递增，在(0,)3a 上单调递减； 若0a ，()0g x '>在(0,)+∞上恒成立，所以()g x 在(0,)+∞单调递增．综上，当0a >时，()g x 在(,)3a +∞单调递增，在(0,)3a 单调递减；当0a 时，函数()g x 在(0,)+∞单调递增．（3）因为21()ax x f x x--'=，(0,)x ∈+∞，令2()1h x ax x =--， 因为0a >，所以△140a =+>，所以方程()0h x =有两个不等实数根，设为1x ，2x ，12()x x <．又因为(0)10h =-<，所以120x x <<，所以在2(0,)x 上，()0h x <，在2(x ，)+∞上，()0h x >，即在2(0,)x 上，()0f x '<，在2(x ，)+∞上，()0f x '>，所以()f x 在2(0,)x 上单调递减，在2(x ，)+∞上单调递增，所以函数()f x 最小值为222221()2f x ax x lnx =--． 因为22210ax x --=，所以2221ax x =+，所以22211()22f x x lnx =--+， 令11()22m x x lnx =--+，所以11()02m x x'=--<， 从而函数()m x 在(0,)+∞上单调递减，且m （1）0=，所以对(1,)x ∈+∞，()0m x <，(0,1)x ∈时，()0m x >，所以当2a >时，因为2221ax x =+，所以2(0,1)x ∈，所以2()0f x >，所以2a >，此时函数无零点，不合题意．当2a =时，函数()f x 有一个零点1x =．当02a <<时，21x >，则2()0f x <，结合211()102a f e e e=-+>， 则需证明存在02x x >时，使得0()0f x >即可．因为1lnx x -（构造()1x lnx x μ=-+易证明），所以222214()(1)212()22222ax ax ax ax f x x lnx x x x x ax x a=-----=-+>-=-， 则4x a >时，14()02ax x a->，即存在04x a >使得0()0f x >， 故当02a <<时函数()f x 有两个零点．综上，正实数a 的取值范围为(0,2)．。

函数零点问题解答分析与思考

函数零点问题解答分析与思考

函数零点问题解答分析与思考函数零点问题是数学中的一个重要课题，它涉及到函数的根和解的问题。

在数学分析中，函数的零点是指函数在某一点上取得零值的地方，也就是函数图象与x轴相交的点。

这个问题在实际应用中有着广泛的应用，比如用来求解方程、优化问题、以及计算函数的性质等等。

我们来看一下什么是函数的零点。

对于函数f(x)，如果存在一个数a，使得f(a)=0，那么a就是函数f(x)的一个零点。

在函数的图象上，这个零点就是图象与x轴相交的点，也就是函数在这个点上取得零值。

函数的零点是函数图象的一个重要特征，它反映了函数在哪些点上取得零值，从而可以帮助我们了解函数的性质和行为。

接下来，我们来看一下函数零点问题的解答方法。

对于一般的函数，求解函数的零点通常可以通过化简、代数运算、图象分析等方法来进行。

比如对于一元一次函数，可以直接通过方程f(x)=0来求解；对于一元二次函数，可以通过配方法、求根公式等方法来求解；对于高阶函数，则需要借助图象、导数、积分等工具来进行分析。

对于复杂的函数，还可以借助数值计算的方法来求解函数的零点，比如二分法、牛顿法、割线法等等。

在实际应用中，函数的零点问题常常会涉及到方程、不等式、优化、以及其他数学问题。

比如在物理中，对于一些力学和运动问题，常常需要求解一些关于时间和位移的方程，而这些方程往往会涉及到函数的零点；在经济学中，对于一些生产和消费问题，也会涉及到利润最大化和成本最小化等优化问题，而这些问题也往往需要求解函数的零点。

函数零点问题在实际应用中有着广泛的应用。

我们来分析一下函数零点问题在数学研究中的意义。

函数的零点不仅仅是一个简单的数学概念，它还具有深刻的数学内涵和丰富的数学含义。

在数学分析中，函数的零点反映了函数的根和解的性质，它是函数的重要特征之一。

通过研究函数的零点，我们可以了解函数的性质、行为和变化规律，从而可以更深入地理解函数的各种特性。

函数的零点还可以帮助我们求解方程、不等式、优化问题等数学问题，从而为数学研究和实际应用提供了重要的工具和方法。

高考数学压轴题之函数零点问题

高考数学压轴题之函数零点问题

专题二“构造函数”，巧求参数范围函数方程思想是一种重要的数学思想方法，函数问题可以利用方程求解，方程解的情况可借助于函数的图象和性质求解.高考命题常常以基本初等函数为载体，主要考查以下三个方面：（1）零点所在区间——零点存在性定理；（2）二次方程根的分布问题；（3）判断零点的个数问题；（4）根据零点的情况确定参数的值或范围；（5）根据零点的情况讨论函数的性质或证明不等式等.本专题围绕高考压轴题中求参数范围问题，构造函数，例题说法，高效训练.【典型例题】第一招参变分离，构造函数例1.【2019届高三第一次全国大联考】若函数恰有三个零点，则的取值范围为( ) A．B．（）C．D．（）【答案】D【解析】当时，为减函数，令易得，所以只需有两个零点，令则问题可转化为函数的图象与的图象有两个交点.求导可得，令，即，可解得；令，即，可解得，所以当时，函数单调递减；当时，函数单调递增，由此可知当时，函数取得最小值，即．在同一坐标系中作出函数与的简图如图所示，根据图可得故选D.第二招根据方程做差，构造函数例2.【东北三省三校（哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学)2019届高三第一次模拟】已知函数（为自然对数的底数），.（1）当时，求函数的极小值；（2）若当时，关于的方程有且只有一个实数解，求的取值范围.【答案】（1）0（2）【解析】（1）当时，，，令则列表如下：1单调递减所以.（2）设，，设，，由得，，，在单调递增，即在单调递增，，①当，即时，时，，在单调递增,又，故当时，关于的方程有且只有一个实数解，符合题意.②当，即时，由（1）可知，所以，又故，当时，，单调递减，又，故当时，，在内，关于的方程有一个实数解1.又时，，单调递增，且，令，,,故在单调递增，又在单调递增，故，故，又，由零点存在定理可知，，故在内，关于的方程有一个实数解.又在内，关于的方程有一个实数解1，不合题意.综上，.第三招求导转化，构造函数例3.【山东省菏泽市2019届高三下学期第一次模拟】已知函数.（1）设，求函数的单调区间；（2）若函数在其定义域内有两个零点，求实数的取值范围.【答案】（1）单调递增区间为，无单调递减区间.（2）【解析】（1）函数的定义域为，令，则令，得；令，得所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增.所以所以对任意恒成立，所以的单调递增区间为，无单调递减区间.（2）（法一）：的定义域为，所以“函数在其定义域内有两个零点”等价于“方程在区间内有两个不同的实数根”即方程在区间内有两个不同的实数根故上述问题可以转化为函数与函数的图像在上有两个不同的交点，如图若令过原点且与函数图像相切的直线斜率为，由图可得令切点由，得，所以又，所以，解得：于是，所以故实数的取值范围是（法二）的定义域为，，当时，，所以在单调递增，所以在不会有两个零点，不合题意，当时，令，得，在上，，在上单调递增，在上，，在上单调递减，所以，又时，，时，，要使有两个零点，则有即所以所以，即实数的取值范围为.第四招换元转化，构造函数例4．【四川省高中2019届高三二诊】已知．求的极值；若有两个不同解，求实数的取值范围．【答案】（1）有极小值，为；无极大值；（2）【解析】的定义域是，，令，解得：，令，解得：，故在递减，在递增，故时，；记，，则，故可转化成，即：，令，，令，解得：，令，解得：，故在递增，在递减，且时，，时，故，由，，的性质有：，和有两个不同交点，，且，，各有一解，即有2个不同解，，和仅有1个交点，且，有2个不同的解，即有两个不同解，取其它值时，最多1个解，综上，的范围是【规律与方法】构造函数的几种常用的构造技巧：1.通过作差构造函数：作差构造新的函数，通过研究新函数的性质从而得出结论．当然，适合用这个方法解的题目中，构造的函数要易于求导，易于判断导数的正负．2.利用“换元法”构造函数，换元的目的是简化函数的形式．3.先分离参数再构造函数，将方程变形为m=h(x)，构造函数h(x)，研究h(x)的性质来确定实数m的取值范围．4.根据导函数的结构，构造函数.【提升训练】1．【福建省2019届备考关键问题指导适应性练习（四)】已知函数，，若关于的方程在区间内有两个实数解，则实数的取值范围是( )A．B．C．D．【答案】A【解析】易知当≤0时，方程只有一个解，所以>0．令，，令得，为函数的极小值点，又关于的方程=在区间内有两个实数解，所以，解得，故选A.2．【河北省唐山市2019届高三下学期第一次模拟】设函数，有且仅有一个零点，则实数的值为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】∵函数，有且只有一个零点，∴方程，，有且只有一个实数根，令g（x）=，则g′（x）=，当时，g′（x）0，当时，g′（x）0，∴g（x）在上单调递增，在上单调递减，当x=时，g（x）取得极大值g（）=，又g（0）= g（）=0，∴若方程，，有且只有一个实数根，则a=故选B.3. 【山东省济宁市2019届高三第一次模拟】已知当时，关于的方程有唯一实数解，则所在的区间是( )A．(3，4) B．(4，5) C．(5，6) D．(6．7)【答案】C【解析】由xlnx+（3﹣a）x+a＝0，得，令f（x）（x＞1），则f′（x）．令g（x）＝x﹣lnx﹣4，则g′（x）＝10，∴g（x）在（1，+∞）上为增函数，∵g（5）＝1﹣ln5＜0，g（6）＝2﹣ln6＞0，∴存在唯一x0∈（5，6），使得g（x0）＝0，∴当x∈（1，x0）时，f′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0．则f（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增．∴f（x）min＝f（x0）．∵﹣4＝0，∴，则∈（5，6）．∴a所在的区间是（5，6）．故选：C4．【天津市和平区2019届高三下学期第一次调查】已知函数，若关于的方程恰有三个不相等的实数解,则的取值范围是A．B．C．D．【答案】C【解析】关于的方程恰有三个不相等的实数解，即方程恰有三个不相等的实数解，即与有三个不同的交点.令，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增；且当时，，当时，，，当时，，据此绘制函数的图像如图所示，结合函数图像可知，满足题意时的取值范围是 .本题选择C选项.5．【安徽省合肥市2019届高三第二次检测】设函数，若函数有三个零点，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】设，则，在上递减，在上递增，，且时，，有三个零点等价于与的图象有三个交点，画出的图象，如图，由图可得，时，与的图象有三个交点，此时，函数有三个零点，实数的取值范围是，故选D.6.【江西省南昌市2019届高三第一次模拟】已知函数（为自然对数的底数），，直线是曲线在处的切线.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）是否存在，使得在上有唯一零点？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）存在k=0或2.【解析】（Ⅰ），由已知，有，即，解得.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，则令，则恒成立，所以在上单调递减，又因为，，所以存在唯一的，使得，且当时，，即，当时，，即.所以在上单调递增，在上单调递减.又因为当时，，，，，所以存在或，使得在上有唯一零点.7．【山东省青岛市2019届高三3月一模】已知函数，，为自然对数的底数.（1）当时，证明：函数只有一个零点；（2）若函数存在两个不同的极值点，，求实数的取值范围.【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】（1）由题知：，令，，当，，所以在上单调递减.因为，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，故只有一个零点.（2）由（1）知：不合题意，当时，因为，；，；又因为，所以；又因为，因为函数，，，所以，即，所以存在，满足，所以，；，；，；此时存在两个极值点，0，符合题意.当时，因为，；，；所以；所以，即在上单调递减，所以无极值点，不合题意.综上可得：.8.【陕西省咸阳市2019年高考模拟检测（二)】已知函数. （1）当，求证；（2）若函数有两个零点，求实数的取值范围.【答案】(1)见证明；(2)【解析】（1）证明：当时，，得，知在递减，在递增，，综上知，当时，.（2）法1：，，即，令，则，知在递增，在递减，注意到，当时，；当时，，且，由函数有个零点，即直线与函数图像有两个交点，得.法2：由得，，当时，，知在上递减，不满足题意；当时，，知在递减，在递增.，的零点个数为，即，综上，若函数有两个零点，则.9．【湖南省怀化市2019届高三3月第一次模拟】设函数.（1）若是的极大值点，求的取值范围；（2）当，时，方程（其中）有唯一实数解，求的值.【答案】（1）（2）【解析】（1）由题意，函数的定义域为，则导数为由，得，∴①若，由，得.当时，，此时单调递增；当时，，此时单调递减.所以是的极大值点②若，由，得，或.因为是的极大值点，所以，解得综合①②：的取值范围是（2）因为方程有唯一实数解，所以有唯一实数解设，则，令，即.因为，，所以（舍去），当时，，在上单调递减，当时，，在单调递增当时，，取最小值则，即，所以，因为，所以（*）设函数，因为当时，是增函数，所以至多有一解因为，所以方程（*）的解为，即，解得10．【普通高中2019届高三质量监测（二)】已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若方程有两个实数根，求实数的取值范围.【答案】(1)见解析；(2)【解析】（1）由题可得，当时，，在上单调递增；当时，，，在上单调递增；，，在上单调递减.（2）令，，易知单调递增且一定有大于0的零点，不妨设为，，即，，故若有有两个零点，需满足，即，令，，所以在上单调递减.，所以的解集为，由，所以.当时，，有，令，由于，所以，，故，所以，故，在上有唯一零点，另一方面，在上，当时，由增长速度大，所以有，综上，.11．【广东省汕头市2019年普通高考第一次模拟】已知．（1）讨论的单调性；（2）若存在3个零点，求实数的取值范围．【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）因为，由，得或．（i）当时，，在和上，，单调递增；在上，，单调递减，（ii）当时，，在上，，单调递增，（iii）当时，，在和上，，单调递增；在上，，单调递减，（2），所以有一个零点．要使得有3个零点，即方程有2个实数根，又方程，令，即函数与图像有两个交点，令，得的单调性如表：1－↘当时，，又，的大致图像如图，所以，要使得有3个零点，则实数的取值范围为12．【山东省淄博市2019届高三3月模拟】已知函数.（1）若是的极大值点，求的值；（2）若在上只有一个零点，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】(1)，因为是的极大值点，所以，解得，当时，，，令，解得，当时，，在上单调递减，又，所以当时，；当时，，故是的极大值点；(2)令，，在上只有一个零点即在上只有一个零点,当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以.（Ⅰ）当，即时，时，在上只有一个零点，即在上只有一个零点.（Ⅱ）当，即时，取，，①若，即时，在和上各有一个零点，即在上有2个零点，不符合题意；②当即时，只有在上有一个零点，即在上只有一个零点，综上得，当时，在上只有一个零点.。

函数压轴题中的零点问题

函数压轴题中的零点问题

函数压轴题中的零点问题函数压轴题中的零点问题【真题感悟】例1.（2015年江苏⾼考）已知函数.（1）试讨论的单调性；（2）若（实数c 是a 与⽆关的常数），当函数有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是，求c 的值.例2. （2013年江苏⾼考）设函数()ln f x x ax =?，()x g x e ax =?，其中a 为实数.（1）若()f x 在(1,)+∞上是单调减函数，且()g x 在(1,)+∞上有最⼩值，求的取值范围；（2）若在上是单调增函数，试求的零点个数，并证明你的结论.例3. （2012年江苏⾼考）若函数在处取得极⼤值或极⼩值，则称为函数的极值点。

已知是实数，1和是函数的两个极值点．（1）求和的值；（2）设函数()g x 的导函数()()2g x f x '=+，求()g x 的极值点；（3）设，其中，求函数的零点个数．a ()g x (1,)?+∞()f x ab ，1?()32f x x ax bx =++a b ()()()h x ff x c =?[]22c ∈?，()y h x =【典题导引】命题规律：函数的零点问题是⾼考的重点和难点内容，题型以解答题为主，有时也在填空题中出现。

和函数、⽅程有着密切的联系，需要我们熟悉函数的图象与性质，需要我们理解函数与⽅程等思想。

其中函数的零点、⽅程的根、曲线的交点三个问题可以互相转化。

主要有以下命题⾓度：（1）判断函数零点个数或⽅程解的个数；（2）根据函数零点个数或⽅程解的个数求解参数；（3）已知函数零点范围或整数零点等求解参数。

⽅法总结：在使⽤函数零点存在性定理时要注意两点：⼀是当函数值在⼀个区间上不变号，⽆论这个函数单调性如何，这个函数在这个区间上都不会有零点；⼆是此定理只能判断函数在⼀个区间上是否存在零点，⽽不能判断这个区间上零点的个数。

研究函数零点的本质就是研究函数的极值的正负，其主要考查⽅式：(1) 确定函数的零点、图象交点的个数；(2) 由函数的零点、图象交点的情况求参数的取值范围．（1）当a =2时，求函数f(x)的零点；（2）当a >0时，求证：函数f(x)在内有且仅有⼀个零点；（3）若函数f(x)有四个不同的零点，求a 的取值范围。

03(解答题(一))-2021年中考数学专题(湖南长沙卷)(解析版)

03(解答题(一))-2021年中考数学专题(湖南长沙卷)(解析版)

2021年中考数学冲刺 挑战压轴题专题汇编（湖南长沙卷）03挑战压轴题（解答题（一））1. （2020年长沙中考第23题）在矩形ABCD 中，E 为DC 边上一点，把△ADE 沿AE 翻折，使点D 恰好落在BC 边上的点F 。

（1）求证：△ABF ∽△FCE ；（2）若AB=32，AD=4，求EC 的长；（3）若EC DE AE 2=-，记∠BAF=α，∠FAE=β，求βαtan tan +的值。

【答案】（1）见解析 （2）332 （3）332 【解析】（1）由题可知，∠AFE=∠D=90°，∴∠AFB+∠CFE=90°∵∠AFB+∠BAF=90°，∴∠CFE=∠BAF又∵∠B=∠C∴△ABF ∽△FCE（1）由题可知，AF=AD=4∴BF=2)32(42222=-=-AB AF∴CF=BC-BF=AD-BF=4-2=2又∵△ABF ∽△FCE ， ∴ABCF BF CE = 即：3222=CE ∴CE=332 （2）AF EF CF CE AF EF AB BF +=+=+βαtan tan 设CE=1，DE=x 则AE=x+2 AD=4422+=-x DE AE ，AB=CD=x+1∴BF=32222++-=-x x AB AF CF=1-222-=x CE EF∵△ABF ∽△FCE x x x x EF CF AF AB 14412-=++∴=∴， ∴xx x x x 111212-•+=++）（ 解得：x=2 ∴33232231tan tan =+=+βα2.（2019年长沙中考第24题）根据相似多边形定义，我们把四个角分别相等，四条边成比例的两个凸四边形叫做相似四边形．相似四边形对应边的比叫做相似比．（1）某同学在探究相似四边形的判定时，得到如下三个命题，请判断它们是否正确（直接在横线上填写“真”或“假”）．①条边成比例的两个凸四边形相似；（ 命题）②三个角分别相等两个凸四边形相似；（ 命题）③两个大小不同的正方形相似．（ 命题）（2）如图1，在四边形ABCD 和四边形A 1B 1C 1D 1中，∠ABC =∠A 1B 1C 1，∠BCD =∠B 1C 1D 1，111111AB BC CD A B B C C D ==，求证：四边形ABCD 与四边形A 1B 1C 1D 1相似．（3）如图2，四边形ABCD 中，AB ∥CD ，AC 与BD 相交于点O ，过点O 作EF ∥AB 分别交AD ，BC 于点E ，F ．记四边形ABFE 的面积为S 1，四边形EFDE 的面积为S 2，若四边形ABFE 与四边形EFCD 相似，求21S S 的值． 【答案】（1）①假，②假，③真；（2）见解析 ；（3）121S S = 【分析】（1）根据相似多边形的定义即可判断．（2）根据相似多边形的定义证明四边成比例，四个角相等即可．（3）四边形ABFE 与四边形EFCD 相似，证明相似比是1即可解决问题，即证明DE=AE即可．【详解】解（1）①四条边成比例的两个凸四边形相似，是假命题，角不一定相等．②三个角分别相等的两个凸四边形相似，是假命题，边不一定成比例．③两个大小不同的正方形相似．是真命题．故答案为假，假，真．（2）证明：分别连接BD ，B 1D 1111BCD B C D ∠=∠，且1111BC CD B C C D = 111BCD BC D ∴∽， 111CDB C D B ∴∠=∠，111C B D CBD ∠=∠，111111BD BC CD B D B C C D ==， 1111BD AB B D A B ∴=，111ABC A B C ∠=∠，111ABD A B D ∴∠=∠， 111ABD A B D ∴∽，1111AD AB A D A B =，1A A ∠=∠，111ADB A D B ∠=∠， 11111111AB BC CD AD A B B C C D A D ∴===，111ADC A DC ∠=∠，1A A ∠=∠，111ABC A B C ∠=∠，111BCD BC D ∠=∠∴四边形ABCD 与四边形A 1B 1C 1D 1相似. （3）如图2中，∵四边形ABFG 与四边形EFCD 相似DE EF AE AB∴=，EF OE OF =+， DE OE OF AE AB +∴=，EF AB CD ， DE OE AD AB ∴=，DE OC OF AD AB AB ==，DE DE OE OF AD AD AB AB ∴+=+， 2DE DE AD AE ∴=，AD DE AE =+，21DE AE AE∴=+， 2AE DE AE ∴=+，即AE =DE 121S S ∴=，3.（2018年长沙中考第24题）如图，在△ABC 中，AD 是边BC 上的中线，∠BAD=∠CAD ，CE ∥AD ，CE 交BA 的延长线于点E ，BC=8，AD=3．（1）求CE 的长；（2）求证：△ABC 为等腰三角形．（3）求△ABC 的外接圆圆心P 与内切圆圆心Q 之间的距离．【分析】（1）证明AD 为△BCE 的中位线得到CE=2AD=6；（2）通过证明△ABD ≌△CAD 得到AB=AC ；（3）如图，连接BP 、BQ 、CQ ，先利用勾股定理计算出AB=5，设⊙P 的半径为R ，⊙Q的半径为r ，在Rt △PBD 中利用勾股定理得到（R ﹣3）2+42=R 2，解得R=，则PD=，再利用面积法求出r=，即QD=，然后计算PD+QD即可．【解答】（1）解：∵AD是边BC上的中线，∴BD=CD，∵CE∥AD，∴AD为△BCE的中位线，∴CE=2AD=6；（2）证明：∵BD=CD，∠BAD=∠CAD，AD=AD，∴△ABD≌△CAD，∴AB=AC，∴△ABC为等腰三角形．（3）如图，连接BP、BQ、CQ，在Rt△ABD中，AB==5，设⊙P的半径为R，⊙Q的半径为r，在Rt△PBD中，（R﹣3）2+42=R2，解得R=，∴PD=PA﹣AD=﹣3=，∵S△ABQ+S△BCQ+S△ACQ=S△ABC，∴•r•5+•r•8+•r•5=•3•8，解得r=，即QD=，∴PQ=PD+QD=+=．答：△ABC的外接圆圆心P与内切圆圆心Q之间的距离为．1.（2020·湖南长沙市·九年级月考）定义：有且仅有一组对角相等的凸四边形叫做“准平行四边形”．例如：凸四边形ABCD 中，若A C ∠=∠，B D ∠≠∠，则称四边形ABCD 为准平行四边形．（1）如（图①），A 、B 、C 、D 是⊙O 上的四个点，60APC CPB ∠=∠=︒，延长BP 到Q ，使AQ AP =．求证：四边形AQBC 是准平行四边形；（2）如（图②），准平行四边形ABCD 内接于⊙O ，AB AD ≠，BC DC =，若⊙O 的半径为5，6AB =，求AC 的长；（3）如（图③），在Rt ABC △中，90C ∠=︒，30A ∠=︒，2BC =，若四边形ABCD 是准平行四边形，且BCD BAD ∠≠∠，请直接写出BD 长的最大值．【答案】（1）见解析；（2）（3）2【分析】（1）可证APQ 是等边三角形，可得60Q QAP ∠=︒=∠，由圆的内接四边形的性质可得60QPA ACB Q ∠=∠=︒=∠，由四边形内角和定理可证QAC QBC ∠≠∠，可得结论；（2）如图②，连接BD ，由准平行四边形定义可求90BAD BCD ∠=∠=︒，可得BD 是直径，由勾股定理可求8AD =，将ABC ∆绕点C 顺时针旋转90︒得到CDH ∆，可得6AB DH ==，AC CH =，90ACH ∠=︒，ABC CDH ∠=∠，由勾股定理可求AC 的长；（3）如图③，作ACD △的外接圆O ，过点O 作OE AC ⊥于E ，OF BC ⊥于F ，由准平行四边形定义可求60ABC ADC ∠=∠=︒，可得120AOC ∠=︒，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质，可求1OE =，22CO OE ==，由勾股定理可求OB ，由当点D 在BO 的延长线时，BD 的长有最大值，即可求解．【详解】解：证明：（1）∵60APC CPB ∠=∠=︒，∴60APQ ∠=︒，且AQ AP =，∴APQ 是等边三角形，∴60Q QAP ∠=︒=∠，∵四边形APBC 是圆内接四边形，∴60QPA ACB ∠=∠=︒，∵360Q ACB QAC QBC ∠+∠+∠+∠=︒，∴240QAC QBC ∠+∠=︒，且120120QAC QAP BAC PAB PAB ∠=∠+∠+∠=︒+∠>︒，∴120QBC ∠<︒，∴QAC QBC ∠≠∠，且60QPA ACB Q ∠=∠=︒=∠，∴四边形AQBC 是准平行四边形．（2）如图②，连接BD ，∵AB AD ≠，BC DC =，∴ABD ADB ∠≠∠，CBD CDB ∠=∠，∴ABC ADC ∠≠∠，∵四边形ABCD 是准平行四边形，∴BAD BCD ∠=∠，∵四边形ABCD 是圆内接四边形，∴180BAD BCD ∠+∠=︒，180ABC ADC ∠+∠=︒，∴90BAD BCD ∠=∠=︒，∴BD 是直径，∴10BD =，∴8AD =，将ABC 绕点C 顺时针旋转90°得到CDH △，∴6AB DH ==，AC CH =，90ACH ∠=︒，ABC CDH ∠=∠，∵180ABC ADC ∠+∠=︒，∴180ADC CDH ∠+∠=︒，∴点A ，点D ，点H 三点共线，∴14AH AD DH =+=，∵222AC CH AH +=，∴22196AC =，∴AC =（3）如图③，作ACD ∆的外接圆O ，过点O 作OE AC ⊥于E ，OF BC ⊥于F ，90C ∠=︒，30A ∠=︒，2BC =，60ABC ∴∠=︒，60ABC ∠=︒，AC ==四边形ABCD 是准平行四边形，且BCD BAD ∠≠∠，60ABC ADC ∴∠=∠=︒，120AOC ∴∠=︒，且OE AC ⊥，OA OC =，30ACO CAO ∴∠=∠=︒，CE AE =，1OE ∴=，22CO OE ==，OE AC ⊥，OF BC ⊥，90ECF ∠=︒，∴四边形CFOE 是矩形，CE OF ∴==1OE CF ==，3BF BC CF ∴=+=，BO ∴==当点D 在BO 的延长线时，BD 的长有最大值，BD ∴长的最大值2BO OD =+=．【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，旋转的性质，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，理解准平行四边形的定义是本题的关键，添加恰当辅助线是本题的难点．2.（2020·长沙市南雅中学）我们定义：对角线垂直的凸四边形叫做“准筝形”．如图 1，四边形 ABCD 中，AC ⊥BD ，则四边形 ABCD 是“准筝形”．（1）“三条边相等的准筝形是菱形”是 命题；（填“真” 或“假”）（2）如图 1，在准筝形 ABCD 中，AD ＝3，AB ＝2，BC ＝4，求 CD 的长．（3）如图 2， 在准筝形 ABCD 中，AC 与 BD 交于点 O ，点 P 在线段 AD 上，AP ＝2，且 AD ＝3，AO =32，在BD 上存在移动的线段EF，E 在 F 的左侧，且EF＝1，使四边形AEFP 周长最小，求此时OE 的长度．【答案】（1）真；（2（3【分析】（1）先根据在准筝形ABCD中，AC⊥BD，BC=CD=AD，设AC与BD交于点O，得出OA=OC，OB=OD，推出四边形ABCD是平行四边形，再根据AD=CD，即可证明四边形ABCD是菱形，即可得出结论；（2）设AC与BD交于点O，根据AC⊥BD，得到AB2=AO2+BO2，AD2=AO2+DO2，CD2=CO2+DO2，BC2=OB2+OC2，可得AB2+CD2=AD2+BC2=OA2+OB2+OC2+OD2，根据AD=3，АВ=2，BC=4，即可求出CD；（3）过P作PG⊥AO于G，过A作AM//EF且AM=EF，作M点关于OD的对称点N，连接MN交OD于H，交PG于R，连接PN交OD于F，先证明四边形AEFM是平行四边形，得到AE=MF，根据M、N关于OD对称，得出MF=NF，推出当且仅当N、F、P三点共线时，AE+PF取得最小值，根据AP=2，EF=1，得出当AE+PE取得最小值时，四边形AEFP周长取得最小值，然后证明四边形AOHM是矩形，得出АМ=ОН=EF=1，OA=MН=HN=32，根据在Rt△AOD中，OA=32，AD=3，PG⊥OA，求出AG=12AP=1，，RN=HN+HR=2，证明△NHF∽△NRP，得出HFRP=NHNR=34，求出HF=34PR=)314，根据OF=ОН+HF=OE+EF，ОН=EF=1，即可得出OЕ．【详解】解：（1）三条边相等的准筝形是菱形是真命题，，在准筝形ABCD中，AC⊥BD，BC=CD=AD，设AC与BD交于点O，∴OA=OC，OB=OD，∴四边形ABCD是平行四边形，∵AD=CD，∴四边形ABCD是菱形，∴三边相等的准筝形是菱形，故答案为：真；（2）设AC与BD交于点O，∵AC⊥BD，∴AB2=AO2+BO2，AD2=AO2+DO2，CD2=CO2+DO2，BC2=OB2+OC2，∴AB2+CD2=AD2+BC2=OA2+OB2+OC2+OD2，∵AD=3，АВ=2，BC=4，∴22+CD2=32+42，∴∴CD（3）过P作PG⊥AO于G，过A作AM//EF且AM=EF，作M点关于OD的对称点N，连接MN交OD于H，交PG于R，连接PN交OD于F，∵AM//EF，AM=EF，∴四边形AEFM是平行四边形，∴AE=MF，∵M、N关于OD对称，∴MF=NF，∴AE+PF=MF+PF=NF+PF≥PN，∴当且仅当N、F、P三点共线时，AE+PF取得最小值，∵AP=2，EF=1，∴当AE+PE取得最小值时，四边形AEFP周长取得最小值，∵AM//OD，ОA//MН，∠AOD=90°，∴四边形AOHM是矩形，∴АМ=ОН=EF=1，OA=MН=HN=32，在Rt△AOD中，OA=32，AD=3，∴∠ADO=30°，∵PG⊥OA，∴PG∥OD，∴∠APG=∠ADO=30°，∴AG=12AP=1，∴，∵HR=32-1=12，∴RN=HN+HR=2，∵PG//OD，∴△NHF∽△NRP，∴HFRP=NHNR=34，∴HF=34PR=)314∵OF=ОН+HF=OE+EF ，ОН=EF=1，∴，故四边形AEFP 周长最小时，OE 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了菱形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，掌握这些知识点灵活运用是解题关键．3．（2020·长沙市明德天心中学）类比等腰三角形的定义，我们定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“邻好四边形”．(1)概念理解：如图1，在四边形ABCD 中，添加一个条件，使得四边形ABCD 是“邻好四边形”，请写出你添加的一个条件________；(2)概念延伸：下列说法正确的是________．(填入相应的序号)①对角线互相平分的“邻好四边形”是菱形；②一组对边平行，另一组对边相等的“邻好四边形”是菱形；③有两个内角为直角的“邻好四边形”是正方形；④一组对边平行，另一组对边相等且有一个内角是直角的“邻好四边形”是正方形；(3)问题探究：如图2，小红画了一个Rt ABC ∆，其中90ABC ∠=︒，2AB =，1BC =，并将Rt ABC ∆沿B 的平分线BB '方向平移得到A B C '''∆，连结AA '，BC '，要使平移后的四边形ABC A ''是“邻好四边形”应平移多少距离(即线段BB '的长)？【答案】（1）AB=AD；（2）①④；（3）21或2【分析】（1）根据定义添加一组邻边相等即可；（2）先利用平行四边形的判定定理得平行四边形，再利用“邻好四边形”定义得邻边相等，得出结论；（3）由平移的性质易得BB′=AA′，A′B′∥AB，A′B′=AB=2，B′C′=BC=1，“邻好四边形”定义分类讨论，由勾股定理得出结论．【详解】（1）AB=BC或BC=CD或AD=CD或AB=AD．答案：AB=AD；（2）①正确，理由为：∵四边形的对角线互相平分，∴这个四边形是平行四边形，∵四边形是“邻好四边形”，∴这个四边形有一组邻边相等，∴这个“邻好四边形”是菱形；②不正确，理由为：一组对边平行，另一组对边相等的“邻好四边形”也有可能是等腰梯形；③不正确，理由为：有两个内角为直角的“邻好四边形”不是平行四边形时，该结论不成立；④正确，理由为：一组对边平行，另一组对边相等且有一个内角是直角可得到“四个角都是直角”，则该四边形是矩形，根据“邻边相等的矩形为正方形”，所以④的说法正确．故答案是：①④；（3）∵∠ABC=90°，AB=2，BC=1，∴∵将Rt△ABC平移得到△A′B′C′，∴BB′=AA′，A′B′∥AB，A′B′=AB=2，B′C′=BC=1，（I）如图1，当AA′=AB时，BB′=AA′=AB=2；（II）如图2，当AA′=A′C′时，BB′=AA′=A′C′=5；（III）当A′C′=BC′=5时，如图3，延长C′B′交AB于点D，则C′B′⊥AB，∵BB′平分∠ABC，∴∠ABB′=12∠ABC=45°， ∴∠BB′D=′∠ABB′=45°∴B′D=BD ，设B′D=BD=x ，则C′D=x+1，BB′=2x ，∵在Rt △BC′D 中，BD 2+C′D 2=BC′2∴x 2+（x+1）2=(5)2，解得：1212x x ==-，(不合题意，舍去)， ∴BB′=22=（Ⅳ）当BC′=AB=2时，如图4，同理可得：BD 2+C′D 2=BC′2，设B′D=BD=x ，则x 2+（x+1）2=22， 解得：121717x x -+--==（不合题意，均舍去）， ∴BB′=22142-=． 综上所述，要使平移后的四边形ABC′A′是“邻好四边形”应平移251214-+． 4．（2021·全国九年级）如图，点E 是ABC ∆的内心，AE 的延长线和ABC ∆的外接圆相交于点D ，交BC于F ．（1）若40ABC =∠，80C ∠=，求CBD ∠的度数；（2）求证：DB DE =；（3）若6AB =，4AC =，5BC =，求DE 的长．【答案】（1）30°；（2）见解析；（3）【分析】（1）由三角形的内心定义和同弧所对的圆周角相等即可解答；（2）连接BE ，根据三角形的内心定义和同弧所对的圆周角相等证得∠DBE ＝∠BED ，从而依据等角对等边即可证得；（3）利用已知和角平分线的性质得32AB BF AC CF ==，进而求得BF 、CF 的值，再证明△BDF ∽△ACF 和△DBF ∽△DAB ，利用相似三角形的性质得到关于BD 的方程，解之即可解答﹒【详解】（1）∵40ABC =∠，80C ∠=，∴∠BAC=180º-∠ABC-∠C=60º，∵E 是内心，∴∠BAD ＝∠CAD=12∠BAC=30º， 由同弧所对的圆周角相等得：∠CBD=∠CAD=30º；（2）证明：连接BE ，∵E 是内心，∴∠ABE ＝∠CBE ，∠BAD ＝∠CAD ．∵∠CBD ＝∠CAD ，∴∠CBD ＝∠BAD ，∵∠BAD+∠ABE ＝∠BED ，∠CBE+∠CBD ＝∠DBE ，∴∠DBE ＝∠BED ，∴ DE ＝DB ；（3）∵∠BAD ＝∠CAD ，AB=6，AC=4，BC=5 ∴32AB BF AC CF == ∴ BF=3，CF=2∵∠DBC ＝∠D AC ，∠BFD=∠AFC∴ △BDF ∽△ACF ∴42,2BD AC BF DF DF CF AF CF====， ∴,62BD DF DF AF BF CF ===， ∵∠BAD ＝∠CAD=∠DBC ，∠BDF=∠ADB∴ △DBF ∽△DAB ∴BD DF DA BD=，∴22•()62BD BD DF AD DF AF DF ⎛⎫==+=+ ⎪⎝⎭，∴BD =BD=DE ，∴DE =【点睛】本题考查了三角形的内心定义、圆的外接圆、同弧所对的圆周角相等、相似三角形的判定与性质，解答的关键是正确理解三角形的内心定义，熟练掌握同弧所对的圆周角相等，进而创造三角形相似的条件，进行相关的证明或计算．5．（2020·长沙市南雅中学九年级开学考试）如图1，在平面直角坐标系中，已知点A ，B 的坐标分别为()0,6A和()B -，点E 为x 轴正半轴上的一个动点，过点A 、B 、E 作ABE △的外接圆C ，连结AC 并延长交圆于点D ，连结BD 、DE ．（1）求证：OAE BAD ∠=∠．（2）当15AD =时，求OE 的长度．（3）如图2，连结OD ，求线段OD 的最小值及当OD 最小时ABE △的外接圆圆心C 的坐标．【答案】（1）见解析；（2）92；（3）OD 最小值为9，C （，34） 【分析】（1）根据圆周角定理得出∠ABD=90°，再根据同弧所对的圆周角相等得出∠ADB=∠AEB ，从而证明结论； （2）根据条件算出AB ，证明△ABD ∽△AOE ，得出AB AO AD AE=，解得AE ，再根据勾股定理算出OE 的长； （3）设直线BD 与y 轴交于点F ，得出当OD ⊥BD 时，OD 最小，通过解直角三角形算出OD ，BD ，过点D 作DG ⊥BE 于点G ，设OG=x ，利用勾股定理解出OG 和DG ，从而得到点D 坐标，结合点A 坐标得出圆心C 的坐标.【详解】解：（1）由题意可得：AD 为⊙O 的直径，∴∠ABD=∠AOE=90°，∵∠ADB=∠AEB ，∠AOE=90°∴∠OAE=∠BAD ；（2）∵()0,6A 和()B -，∴OA=6，OB=∴12=，∵AD=15，由（1）得：∠OAE=∠BAD ，∠ABD=∠AOE ，∴△ABD ∽△AOE ， ∴AB AO AD AE=， 即12615AE=， 解得：AE=152，∴92==； （3）设直线BD 与y 轴交于点F ，∵AB ⊥BD ，∴∠OBD=∠OAB=90°-∠ABO ，直线AB 位置不变，∴直线BD 位置不变，∴当OD ⊥BD 时，OD 最小，此时，OD=OB×sin ∠OBD=OB×sin ∠OAB=×OB AB =，=过点D 作DG ⊥BE 于点G ，设OG=x ，则BG=，在△OBD 中，BD 2-BG 2=OD 2-OG 2，即(()22229x x -=-，解得：x=2，即OG=2，=92， 由题意可得点D 在第三象限，∴点D坐标为（2-，92-），而点A （0，6）， ∴点C坐标为（022，9622-+），即（，34）.【点睛】本题属于圆的综合题，涉及了圆周角定理，相似三角形的判定与性质、三角函数值的知识，综合性较强，解答本题需要我们熟练各部分的内容，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起来． 6．（2021·长沙九年级模考）如图，O 为ABC ∆的外接圆，D 为OC 与AB 的交点，E 为线段OC 延长线上一点，且EAC ABC ∠=∠．(1)求证：直线AE 是O 的切线．(2)若D 为AB 的中点，6CD =，16AB =．①求O 的半径；②求ABC的内心到点O的距离．【答案】(1)证明见解析;(2)①253;②5．【分析】（1）连接AO，并延长AO交⊙O于点F，连接CF，由圆周角定理的推论可得∠ACF=90°，可得∠F+∠FAC=90°，由∠EAC=∠ABC，可得∠EAC+∠FAC=90°，即可完成证明；(2)①由垂径定理可得OD⊥AB，AD=BD=8，由勾股定理可求⊙O的半径；②作∠CAB的平分线交CD于点H，连接BH，过点H作HM⊥AC，HN⊥BC，则点H是△ABC的内心，由三角形内心的性质可得HM=HN=HD，由三角形的面积公式可求HD的值，即可完成解答．【详解】(1)证明：如图：连接AO，并延长AO交⊙O于点F，连接CF，∵AF是直径，∴∠ACF=90°，∴∠F+∠FAC=90°，∵∠F=∠ABC，∠ABC=∠EAC，∴∠EAC=∠F，∴∠EAC+∠FAC=90°，∴∠EAF=90°，∵AO是半径，∴直线AE是⊙O的切线；(2)①如图，连接AO，∵D为AB的中点，OD过圆心，∴OD⊥AB，AD=BD=12AB=8，∵AO2=AD2+DO2，∴AO2=82+（AO-6）2，∴AO=253，∴⊙O的半径为253；②如图，作∠CAB的平分线交CD于点H，连接BH，过点H作HM⊥AC，HN⊥BC，∵OD⊥AB，AD=BD，∴AC=BC，∴CD平分∠ACB，即点H是△ABC的内心，∴MH=NH=DH，在Rt△ACD中，10AC BC====，∵S△ABC=S△ACH+S△ABH+S△BCH，∴12×16×6=12×10×MH+12×16×DH+12×10×NH，∴DH=83，∵OH=CO－CH=CO－（CD－DH），∴2586533OH⎛⎫=--=⎪⎝⎭.【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理、垂径定理、切线的判定、角平分线性质、勾股定理等知识，熟练运用这些性质定理进行推理是解答本题的关键．7．（2020·湖南长沙市·九年级月考）定义:有且仅有一组对角相等的凸四边形叫做“准平行四边形”.例如:凸四边形ABCD 中，若,A C B D ∠=∠∠≠∠，则称四边形ABCD 为准平行四边形.（1）如图①，,,,A P B C 是O 上的四个点，60APC CPB ∠=∠=︒，延长BP 到Q ，使AQ AP =.求证:四边形AQBC 是准平行四边形；（2）如图②，准平行四边形ABCD 内接于O ，,AB AD BC DC +=，若O 的半径为5,6AB =，求AC 的长；（3）如图③，在Rt ABC 中，90,30,2C A BC ∠=︒∠=︒=，若四边形ABCD 是准平行四边形，且BCD BAD ∠≠∠，请直接写出BD 长的最大值.【答案】（1）见解析；（2）（3）2【分析】（1）先根据同弧所对的圆周角相等证明三角形ABC 为等边三角形，得到∠ACB=60°，再求出∠APB=60°，根据AQ=AP 判定△APQ 为等边三角形，∠AQP=∠QAP=60°，故∠ACB=∠AQP ，可判断∠QAC ＞120°，∠QBC ＜120°，故∠QAC≠∠QBC ，可证四边形AQBC 是准平行四边形；（2）根据已知条件可判断∠ABC≠∠ADC ，则可得∠BAD=∠BCD=90°，连接BD ，则BD 为直径为10，根据BC=CD 得△BCD 为等腰直角三角形，则∠BAC=∠BDC=45°，在直角三角形BCD 中利用勾股定理或三角函数求出BC 的长，过B 点作BE ⊥AC ，分别在直角三角形ABE 和△BEC 中，利用三角函数和勾股定理求出AE 、CE 的长，即可求出AC 的长.（3）根据已知条件可得：∠ADC=∠ABC=60°，延长BC 到E 点，使BE=BA ，可得三角形ABE 为等边三角形，∠E=60°，过A 、E 、C 三点作圆o ，则AE 为直径，点D 在点C 另一侧的弧AE 上（点A 、点E 除外），连接BO 交弧AE 于D 点，则此时BD 的长度最大，根据已知条件求出BO 、OD 的长度，即可求解.【详解】（1）∵60APC CPB ∠=∠=︒∴∠ABC=∠BAC=60°∴△ABC 为等边三角形，∠ACB=60°∵∠APQ=180°-∠APC-∠CPB=60°又AP=AQ∴△APQ 为等边三角形∴∠AQP=∠QAP=60°∴∠ACB=∠AQP∵∠QAC=∠QAP+∠PAB+∠BAC=120°+∠PAB ＞120°故∠QBC=360°-∠AQP-∠ACB-∠QAC ＜120° ∴∠QAC≠∠QBC∴四边形AQBC 是准平行四边形（2）连接BD ，过B 点作BE ⊥AC 于E 点∵准平行四边形ABCD 内接于O ，,≠=AB AD BC DC∴∠ABC≠∠ADC ，∠BAD=∠BCD∵∠BAD+∠BCD=180°∴∠BAD=∠BCD=90°∴BD 为O 的直径∵O 的半径为5∴BD=10∵BC=CD,∠BCD=90°∴∠CBD=∠BDC=45°∴BC=BD ⨯ sin ∠BDC=102⨯，∠BAC=∠BDC=45° ∵BE ⊥AC∴∠BEA=∠BEC=90°∴AE=AB ⨯sin ∠BAC=6⨯2∵∠ABE=∠BAE=45°∴BE=AE=在直角三角形BEC 中，=∴AC=AE+EC=（3）在Rt ABC 中，90,30∠=︒∠=︒C A∴∠ABC=60°∵四边形ABCD 是准平行四边形，且BCD BAD ∠≠∠∴∠ADC=∠ABC=60°延长BC 到E 点，使BE=BA ，可得三角形ABE 为等边三角形，∠E=60°，过A 、E 、C 三点作圆o ，因为∠ACE=90°，则AE 为直径，点D 在点C 另一侧的弧AE 上（点A 、点E 除外），此时，∠ADC=∠AEC=60°，连接BO 交弧AE 于D 点，则此时BD 的长度最大.在等边三角形ABE 中，∠ACB=90°，BC=2∴AE=BE=2BC=4∴OE=OA=OD=2∴BO ⊥AE∴BO=BE ⨯sin ∠E=4⨯∴BD=BO+0D=2+即BD 长的最大值为2+【点睛】本题考查的是新概念及圆的相关知识，理解新概念的含义、掌握圆的性质是解答的关键，本题的难点在第（3）小问，考查的是与圆相关的最大值及最小值问题，把握其中的不变量作出圆是关键.8.（2020·长沙市天心区明德启南中学九年级期末）如图1，⊙O是△ABC的外接圆，AB是直径，D是⊙O 外一点且满足∠DCA＝∠B，连接AD．（1）求证：CD是⊙O的切线；（2）若AD⊥CD，AB＝10，AD＝8，求AC的长；（3）如图2，当∠DAB＝45°时，AD与⊙O交于E点，试写出AC、EC、BC之间的数量关系并证明．【答案】（1）见解析；（2）AC的长为（3）AC＝BC，理由见解析【分析】(1)连接OC,由直径所对圆周角是直角可得∠ACB=90°,由OC=OB得出∠OCB=∠B,由因为∠DCA=∠B,从而可得∠DCA=∠OCB,即可得出∠DCO=90°;(2) 由题意证明△ACD∽△ABC,根据对应边成比例列出等式求出AC即可;(3) 在AC上截取AF使AF＝BC，连接EF、BE，通过条件证明△AEF≌△BEC,根据性质推出△EFC为等腰直角三角形,即可证明AC、EC、BC的数量关系．【详解】(1)证明：连接OC，如图1所示：∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∵OC＝OB，∴∠B＝∠OCB，∵∠DCA＝∠B，∴∠DCA＝∠OCB，∴∠DCO＝∠DCA+∠OCA＝∠OCB+∠OCA＝∠ACB＝90°，∴CD⊥OC，∴CD是⊙O的切线；(2)解：∵AD⊥CD∴∠ADC＝∠ACB＝90°又∵∠DCA＝∠B∴△ACD∽△ABC∴AC ADAB AC=，即810ACAC=，∴AC＝即AC的长为(3)解：AC＝BC；理由如下：在AC上截取AF使AF＝BC，连接EF、BE，如图2所示：∵AB是直径，∴∠ACB＝∠AEB＝90°，∵∠DAB＝45°，∴△AEB为等腰直角三角形，∴∠EAB＝∠EBA＝∠ECA＝45°，AE＝BE，在△AEF和△BEC中，AE BEEAF EBC AF BC=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△AEF≌△BEC(SAS)，∴EF＝CE，∠AFE＝∠BCE＝∠ACB+∠ECA＝90°+45°＝135°，∴∠EFC＝180°﹣∠AFE＝180°﹣135°＝45°，∴∠EFC＝∠ECF＝45°，∴△EFC为等腰直角三角形．∴CF，∴AC＝AF+CF＝BC．【点睛】本题考查圆与三角形的结合,关键在于牢记基础性质,利用三角形的相似对应边以及三角形的全等进行计算．。

专题02函数3函数的零点(3大重难点详细讲解)2024高考数学重难点及压轴题突破(原卷版)

专题02函数3函数的零点(3大重难点详细讲解)2024高考数学重难点及压轴题突破(原卷版)

第03讲 函数的零点难点1：零点的定义——求函数零点或方程根的个数考试时我们经常会遇到求函数的零点个数问题，这种题常作为选择的压轴题出现，因其具有很强的综合性，常常与函数奇偶性，单调性，周期性等性质结合起来，并与各种函数以及导数和在一起考查，学生往往很难搞明白零点的位置，造成丢分。

求函数零点或方程的根的个数问题的步骤：（1）将问题转化为求两个函数交点的问题；（2）分析两个函数的性质，并做出函数图象；（3）找到两个函数的交点，即为所求。

【例题】（宁夏吴忠市吴忠中学2024届高三上学期开学第一次月考数学（理）试题）已知()f x 是定义在R 上的奇函数，满足(1)()f x f x +=-，当10,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()91x f x =-，则()()2(1)h x x x f =--在区间[]20212023-，上所有零点个数为____________.【答案】4044【解析】由题意， 我们根据题目条件知道，函数是奇函数得出()()f x f x -=-，而且满足(1)()f x f x +=-，便可以得出函数的对称轴，我们用1x +替换原来的x ，与(1)()f x f x +=-与结合，即可得出(2)()f x f x +=，进而得到函数的周期。

∵()f x 是定义在R 上的奇函数,∴()()f x f x -=-,∵(1)()f x f x +=-,12x =是其中一条对称轴， ∴(2)(1)()f x f x f x +=-+=,∴()f x 的周期是2 ,在()(1)()2h x x f x =--中，化简函数，将函数的零点问题转化成求函数()y f x =与函数21y x 的交点的问题，当()(1)()20h x x f x =--=时，()21f x x =-， ∴求函数零点, 即为求()y f x =与21y x 的交点的横坐标, 作出函数图象，根据图象得出，在一个周期上，两个函数有2个交点，进而可以求出在区间[]20212023-，上所有交点个数，即可知道在区间[]20212023-，上函数()()2(1)h x x x f =--所有零点个数.作出()y f x =与21yx 图象如图所示，由图知:∴交点关于(1,0)对称,每个周期有2个交点∴[2021,1)-有1011个周期, (1,2023]有1011个周期， ∴在区间[]20212023-，上所有零点个数为：1011224044⨯⨯=， 故答案为：4044.【变式训练】（2023 ·福建泉州·统考模拟预测）（多选）设函数2()ln ()f x x x a =--，则下列判断正确的是A. ()f x 存在两个极值点B. 当73a >时，()f x 存在两个零点 C. 当1a ≤时，()f x 存在一个零点D. 若()f x 有两个零点12,x x ，则122x x a +>难点2：零点存在性定理零点存在定理：设函数()f x 在闭区间[],a b 上连续，且()()0f a f b ⋅<，则()f x 在开区间(,)a b 上存在零点。

函数的零点与解析式问题及例题解析

函数的零点与解析式问题及例题解析

函数的零点与解析式问题及例题解析引言函数的零点和解析式问题是数学中常见的重要概念。

本文将介绍函数的零点和解析式问题的基本概念，以及通过例题解析来帮助读者理解和应用这些概念。

函数的零点函数的零点指的是函数取值为零的点。

具体而言，对于一个函数f(x)，如果存在一个实数a，使得f(a)=0，则a称为函数f的零点。

函数的零点在数学和实际问题中具有重要的意义。

一个函数可以有多个零点，也可以没有零点。

通过求解函数的零点可以帮助我们揭示函数的性质和解决实际问题。

常见的求解函数零点的方法包括零点定理、代数方法和数值方法。

解析式问题解析式问题是指通过已知的解析式来分析函数的性质和求解特定问题。

解析式是描述函数的一种抽象表达形式，通常使用符号和变量表示。

通过对解析式进行数学推导和计算可以得到函数的各种性质，例如函数的导数、极值点等。

解析式问题的求解通常需要运用数学方法和技巧，包括代数运算、函数性质的研究和推理、微积分等。

解析式问题在数学建模、物理学、工程学等领域具有广泛的应用，可以解决实际问题并提供深入的数学分析。

例题解析下面通过一些例题来具体说明函数的零点和解析式问题的应用。

例题1：已知函数f(x) = x^2 - 4x + 3，求函数f的零点。

解答：要求函数f的零点，即求解方程x^2 - 4x + 3 = 0的解。

通过因式分解或使用求根公式，可以得到方程的两个解为x=1和x=3。

因此，函数f的零点为1和3。

例题2：已知函数f(x) = sin(x)，求函数f的极值点。

解答：要求函数f的极值点，即找到函数f取得最大值和最小值的点。

对于函数f(x) = sin(x)，我们知道sin(x)的最大值为1，最小值为-1。

因此函数f的极值点为x=kπ，其中k为整数。

通过以上例题的解析，我们可以看到函数的零点和解析式问题与数学的相关概念和方法紧密相连，对于理解函数的性质和解决实际问题具有重要意义。

总结通过本文的介绍，我们了解了函数的零点和解析式问题的基本概念。

函数零点相关问题(解析版)高考数学选填压轴题 第3讲

函数零点相关问题(解析版)高考数学选填压轴题 第3讲

第3讲解密函数零点相关问题一、方法综述新课标下的高考越来越注重对学生的综合素质的考察，函数的零点问题便是一个考察学生综合素质的很好途径，它主要涉及到基本初等函数的图象，渗透着转化、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用．近几年的数学高考中频频出现零点问题，其形式逐渐多样化，但都与函数、导数知识密不可分．根据函数零点的定义：对于函数))((D x x f y ∈=，把使0)(=x f 成立的实数x 叫做函数))((D x x f y ∈=的零点．即：方程0)(=x f 有实数根⇔函数)(x f y =的图象与x 轴有交点的横坐标⇔函数)(x f y =有零点．围绕三者之间的关系，在高考数学中函数零点的题型主要①函数的零点的分布；②函数的零点的个数问题；③利用导数结合图像的变动将两个函数的图像的交点问题转化成函数的零点的个数问题．二、解题策略类型一：函数零点的分布问题例1．【2020·河南高考模拟】已知单调函数()f x 的定义域为(0,)+∞，对于定义域内任意x ，[]2()log 3f f x x -=，则函数()()7g x f x x =+-的零点所在的区间为（）A ．(1,2)B ．(2,3)C ．(3,4)D ．(4,5)【答案】C【解析】根据题意，对任意的(0,)x ∈+∞，都有[]2()log 3f f x x -=，又由()f x 是定义在()0+∞，上的单调函数，则2()log f x x -为定值，设2()log t f x x =-，则()2log f x x t =+，又由()3f t =，∴()2log 3f t t t =+=，所以2t =，所以()2log 2f x x =+，所以()2log 5g x x x =+-，因为()()()()()1020304050g g g g g <<<>>，，，，，所以零点所在的区间为（3，4）.【解题秘籍】判断函数零点所在区间有三种常用方法：①直接法，解方程判断；②定理法；③图象法．【举一反三】函数f (x )＝ln x ＋x －12，则函数的零点所在区间是()A ．21,41(B ．13(,24C ．3(,1)4D ．(1，2)【答案】C【解析】函数f (x )＝ln x ＋x －12的图象在(0，＋∞)上连续，且3()4f ＝ln 34＋34－12＝ln 34＋14＜0，f (1)＝ln 1＋1－12＝12＞0，故f (x )的零点所在区间为3(,1)4．学科$网类型二函数零点的个数问题例2．【2020·陕西高考模拟】已知函数()()12,2311,2f x x f x x x ⎧->⎪=⎨⎪--≤⎩，则函数g（x）＝xf（x）﹣1的零点的个数为（）A ．2B ．3C ．4D ．5【答案】B【解析】由g （x ）＝xf （x ）﹣1＝0得xf （x ）＝1，当x ＝0时，方程xf （x ）＝1不成立，即x ≠0，则等价为f （x ）＝1x，当2＜x ≤4时，0＜x ﹣2≤2，此时f （x ）＝13f （x ﹣2）＝13（1﹣|x ﹣2﹣1|）＝13﹣13|x ﹣3|，当4＜x ≤6时，2＜x ﹣2≤4，此时f （x ）＝13f （x ﹣2）＝13[13﹣13|x ﹣2﹣3|]＝19﹣19|x ﹣5|，作出f （x ）的图象如图，则f （1）＝1，f （3）＝13f （1）＝13，f （5）＝13f （3）＝19，设h （x ）＝1x ，则h （1）＝1，h （3）＝13，h （5）＝15＞f （5），作出h （x ）的图象，由图象知两个函数图象有3个交点，即函数g （x ）的零点个数为3个，故选：B．【点睛】函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令f (x )＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且f (a )·f (b )＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．【举一反三】【2020·安徽高考模拟】已知函数e ,0()21,0x x x f x x x ⎧≤⎪=⎨-->⎪⎩若函数()()g x f x m =-有两个零点1x ，2x ，则12x x =+（）A ．2B ．2或12e+C ．2或3D ．2或3或12e+【答案】D【解析】当0x ≤时，()()'1xf x x e =+，当1x <-时，()'0f x <，故()f x 在(),1-∞-上为减函数，当10x -<<时，()'0f x >，故()f x 在()1,0-上为增函数，所以当0x ≤时，()f x 的最小值为()11f e-=-.又在R 上，()f x 的图像如图所示：因为()g x 有两个不同的零点，所以方程()f x m =有两个不同的解即直线y m =与()y f x =有两个不同交点且交点的横坐标分别为12,x x ，故12m <<或0m =或1m e=-，若12m <<，则122x x +=，故0m =，则123x x +=，若1m e =-，则1211132x x e e+=-++=+.综上，选D .类型三已知函数零点求参数例3．【2020·天津高考模拟】已知函数()ln f x x =，20,01,()42,1x g x x x <≤⎧⎪=⎨-->⎪⎩若关于x 的方程()()f x m g x +=恰有三个不相等的实数解,则m 的取值范围是A ．[0,ln 2]B ．(2ln 2,0)--C ．(]2ln 2,0--D ．[)0,2ln 2+【答案】C【解析】关于x 的方程()()f x m g x +=恰有三个不相等的实数解，即方程()()m g x f x =-恰有三个不相等的实数解，即ym =与2224b k -=有三个不同的交点.令22ln ,01()()()2ln ,12ln 6,2x x h x g x f x x x x x x x <≤⎧⎪=-=--<<⎨⎪--≥⎩，当12x <<时，2121()20x h x x x x+'=--=-<，函数单调递减；当2x ≥时，2121()20x h x x x x-=-=>，函数单调递增；且当1x =时，22ln 1x x --=，当2x =时，22ln 2ln 2x x --=--，2ln 62ln 2x x --=--，当3x =时，2ln 63ln 31x x --=->，据此绘制函数()h x的图像如图所示，结合函数图像可知，满足题意时m 的取值范围是(]2ln 2,0--.本题选择C 选项.【举一反三】【2020·江苏高考模拟】已知函数4()3f x a x a x=++-+有且仅有三个零点，并且这三个零点构成等差数列，则实数a 的值为_______．【答案】116或1--【解析】函数()43f x a x a x =++-+=0，得|x +a |4x--a ＝3，设g （x ）＝|x +a |4x --a ，h （x ）＝3，则函数g （x ）424x a x a xx x ax ⎧---≤-⎪⎪=⎨⎪--⎪⎩，，＞，不妨设f （x ）＝0的3个根为x 1，x 2，x 3，且x 1＜x 2＜x 3，当x ＞﹣a 时，由f （x ）＝0，得g （x ）＝3，即x 4x-=3，得x 2﹣3x ﹣4＝0，得（x +1）（x ﹣4）＝0，解得x ＝﹣1，或x ＝4；若①﹣a ≤﹣1，即a ≥1，此时x 2＝﹣1，x 3＝4，由等差数列的性质可得x 1＝﹣6，由f （﹣6）＝0，即g （﹣6）＝3得646+-2a ＝3，解得a 116=，满足f （x ）＝0在（﹣∞，﹣a ]上有一解．若②﹣1＜﹣a ≤4，即﹣4≤a ＜1，则f （x ）＝0在（﹣∞，﹣a ]上有两个不同的解，不妨设x 1，x 2，其中x 3＝4，所以有x 1，x 2是﹣x 4x--2a ＝3的两个解，即x 1，x 2是x 2+（2a +3）x +4＝0的两个解．得到x 1+x 2＝﹣（2a +3），x 1x 2＝4，又由设f （x ）＝0的3个根为x 1，x 2，x 3成差数列，且x 1＜x 2＜x 3，得到2x 2＝x 1+4，解得：a ＝﹣1332+（舍去）或a ＝﹣1332-．③﹣a ＞4，即a ＜﹣4时，f （x ）＝0最多只有两个解，不满足题意；综上所述，a 116=或﹣12-．三、强化训练1．已知函数2,0(),0x x e x f x e x -⎧-≥=⎨-<⎩，若函数()()1g x f x ax =-+有3个零点，则实数a 的取值范围是（）A ．()1,+∞B ．()2,+∞C ．()1,2D ．()2,4【来源】四川省成都市南开为明学校2020-2021学年高三上学期第二次调研考试数学（理）试题【答案】A【解析】令()()10g x f x ax =-+=，则()1f x ax =-，则函数()()1g x f x ax =-+有3个零点即直线1y ax =-与函数()y f x =有3个交点，将直线1y ax =-与函数()y f x =的图像分别沿y 轴的正方向上移1个单位，即直线y ax =与函数1,0()1,0x x e x h x e x -⎧-≥=⎨-+<⎩的图像有3个交点，因为1,0()1,0x x e x h x e x -⎧-≥=⎨-+<⎩，满足()()h x h x -=-，所以函数()y h x =是奇函数，因为直线y ax =过点()0,0，所以只需满足直线y ax =与()()10xh x e x =-≥刚好有除点()0,0外的另一个交点即可，()x h x e '=，0(0)10h e =-=，01(0)h e '==，故()()10xh x e x =-≥在点()0,0处的切线方程为y x =，如图，将直线y x =绕原点逆时针旋转，显然()1y ax a =>与()()10xh x e x =->只有一个交点，故实数a 的取值范围是()1,+∞，故选：A.2．已知函数()f x x a =--，若函数()f x 在R 上恒有两个零点，则实数a 的取值范围为（）A ．0a ≤B ．0a <或14a =C ．0a ≤或14a =D ．104a <<【来源】百师联盟2020-2021学年高三上学期一轮复习联考（四）全国卷I 文科数学试题【答案】B【解析】作出y =和y x =，如图所示，要使函数()f x 在R 上恒有两个零点，即函数()g x =()h x x a =+的图象有两个交点，易知当0a <时，满足题意；当0a =时，有三个交点，不满足题意；当0a >时，考虑y x a =+与y =相切时，设切点坐标为()00,x x a +，所以01x a ⎧+=⎪=，解得01414x a ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，所以当14a =时，有两个交点，满足题意；当104a <<时，有四个交点，不满足题意；当14a >时，无交点，不满足题意综上，实数a 的取值范围为0a <或14a =，故选B .3．已知函数()f x kx =，21x e e ⎛⎫≤≤⎪⎝⎭，()121x g x e +-=+，若()f x 与()g x 的图象上分别存在点M ､N ，使得M ､N 关于直线1y x =+对称，则实数k 的取值范围是（）A ．1,e e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B ．24,2e e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．2,2e e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦D ．3,3e e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【来源】四川省内江市高中2020-2021学年高三上学期第一次模拟考试数学理科试题【答案】C【解析】设()00,x y 是函数()g x 的图象上的任意一点，其关于1y x =+对称的点的坐标为(),x y ，所以001,1x y y x =-=+，所以函数()g x 关于1y x =+对称的函数为()=2ln h x x -.由于()f x 与()g x 的图象上分别存在点M ､N ，使得M ､N 关于直线1y x =+对称，故函数()=2ln h x x -与函数()f x kx =图象在区间21,e e⎡⎤⎢⎥⎣⎦有交点，所以方程2ln kx x =-在区间21,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有解，所以42kx -≤≤，即42k x x -≤≤，所以22k e e-≤≤.故选：C.4．已知函数()()23,03,0x x x f x f x x ⎧--<⎪=⎨-≥⎪⎩，以下结论正确的是（）A ．()f x 在区间[]4,6上是增函数B ．()()220206f f -+=C ．若方程()1f x kx =+恰有3个实根，则{}11,13k ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭D ．若函数()y f x b =-在(),6-∞上有个零点()1,2,3,4,5,6i x i =，则616ii x==∑【来源】四川省师范大学附属中学2020-2021学年高三上学期期中数学（理）试题【答案】C【解析】由题意，作出函数()()23,03,0x x x f x f x x ⎧--<⎪=⎨-≥⎪⎩的图象，如图所示，对于A 中，当0x ≥，若30x -<，即03x ≤<，可得()()()223333f x x x x x =----=-+，当0x ≥时，()f x 为周期为3的函数，作出()f x 在区间(,6]-∞的函数，可知()f x 在区间[]4,6上先增后减，所以A 错误；对于B 中，因为0x ≥时，函数()f x 为周期为3的函数，又由202067331=⨯+，所以()()()20201,2462f f f =-=-+=，()1132f =-+=，所以()()220204f f -+=，所以B 错误；对于C 中，直线1y kx =+恒过定点()0,1，函数()f x 的图象和函数1y kx =+的图象有三个交点，当0k >，设y 与()f x 相切于点()00,x y ，则020002313k x kx x x =-+⎧⎨+=-+⎩，解得011k x =⎧⎨=⎩，当0k <，根据对称性可知，当()f x 与y 相切时，1k =-，则1310k k >-⎧⎨+<⎩，即113k -<<-，综上可得，当函数()f x 的图象和函数1y kx =+的图象有三个交点时，{}11,13k ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，所以C 正确．对于D 中，又由函数()y f x b =-在(),6-∞上有个零点()1,2,3,4,5,6i x i =，故直线y b =与()y f x =在(),6-∞上由6个交点，不妨设1,1,2,3,4,5i i x x i <+=，由图象可知12,x x 关于直线32x =对称，34,x x 关于直线32x =对称，56,x x 关于直线92x =对称，所以613392229222i i x ==⨯+⨯+⨯=∑，所以D 错误.故选：C.5．x 为实数，[]x 表示不超过x 的最大整数.()[]f x x x =-，若()f x 的图像上恰好存在一个点与()2(1)(20)g x a x x +--≤≤=的图像上某点关于y 轴对称，则实数a 的取值范围为___________.【答案】()10,11,4⎛⎫--⎪⎝⎭【解析】设02x ≤≤，点()()()(),,,x f x x g x --关于y 轴对称，由题意可知2[](1)x x x a -=-+-在02x ≤≤有一个解，故[][]22(1)31x x x x a x x +-=-++-+=在02x ≤≤有一个解设()[]231h x x x x =-++，02x ≤≤写成分段函数形式即为()()()()22231013212332x x x h x x x x x x x ⎧-+≤<⎪=-+≤<⎨⎪-+=⎩作出函数图象可知y a =与()[]231h x x x x =-++，02x ≤≤只有一个交点，由图象可知，a 的取值范围为114a -<<-或01a <<故答案为：()10,11,4⎛⎫--⎪⎝⎭6．已知()32f x x x =+，()2,01ln ,02x e x g x x x ⎧≤⎪=⎨+>⎪⎩，若函数()()y f g x m =+(m 为实数)有两个不同的零点1x ，2x ，且12x x <，则21x x -的最小值为___________.【答案】11ln 22+【解析】()32f x x x =+Q ，求导()2320f x x '=+>，()f x ∴在R 上单调递增.函数()()y f g x m =+有两个不同零点，等价于方程()()0f g x m +=有两个不等实根.设()g x t =，则()f t m =-，又()f x 在R 上单调递增，作出函数()g x的图像，则问题转化为()g x t =在(]0,1t ∈上有两个不同的实根1x ，2x ，12x x <则1221ln 2x ex t =+=，则11ln 2x t =，122t x e -=，12211ln 2t x x e t --=-.设121()ln 2t h t et -=-，(]0,1t ∈，则()1212t h t e t -'=-，()122102t h t e t -''=+>()h t '∴在(]0,1t ∈上单调递增，且102h ⎛⎫'= ⎪⎝⎭，由零点存在性定理知，()0h t '=在(]0,1t ∈上有唯一零点，故()h t 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，所以()min 111ln 222h t h ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭.7．已知函数()4ln 2ln f x e x mx x e x=-+-存在4个零点，则实数m 的取值范围是__________.【来源】江西宜春市2021届高三上学期数学（理）期末试题【答案】10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】令()0f x =，可得4ln 4ln 12ln ln 1e x x e x m e x x e x x x x-=+=+--，令ln 1e xt x=-，()4ln 1144ln 1e x g t t e x x t x =+=++-，()21ln e x t x-'=，令0t '=，可得x e =，列表如下：x ()0,e e (),e +∞t '+0-t极大值所以，函数ln 1e x t x =-在x e =处取得最大值，即max ln 10e et e =-=.当1x >时，ln 11e xt x=->-.所以，函数()144g t t t =++的定义域为(),0-∞，()2221414t g t t t -'=-=，令()0g t '=，由于0t <，解得12t =-，列表如下：t1,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭12-1,02⎛⎫- ⎪⎝⎭()g t '+0-()g t极大值所以，函数()g t 在12t =-处取得最大值，即()max 142402g t ⎛⎫=⨯--+= ⎪⎝⎭，若使得函数()4ln 2ln f x e x mx x e x=-+-存在4个零点，则直线2y m =-与函数()g t 的图象恰有两个交点，设交点的横坐标分别为1t 、2t ，作出函数()ln 1e xt x e x=-≠的图如下图所示：由图象可知，12121010t t t t -<<⎧⎪-<<⎨⎪≠⎩.作出函数2y m =-与函数()g t 在(),0-∞上的图象如下图所示：由图象可知，当120m -<-<时，即当102m <<时，直线2y m =-与函数()g t 在()1,0t ∈-上的图象有两个交点，综上所述，实数m 的取值范围是10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭.8．已知函数222,()2,.x x x a f x x x x a ⎧-≥=⎨--<⎩，给出下列四个结论：①存在实数a ，使函数()f x 为奇函数；②对任意实数a ，函数()f x 既无最大值也无最小值；③对任意实数a 和k ，函数()y f x k =+总存在零点；④对于任意给定的正实数m ，总存在实数a ，使函数()f x 在区间(1,)m -上单调递减.其中所有正确结论的序号是______________.【来源】中国人民大学附属中学2021届高三3月开学检测数学试题【答案】①②③④【解析】如上图分别为0a =，0a >和0a <时函数()f x 的图象，对于①：当0a =时，222,0()2,0x x x f x x x x ⎧-≥=⎨--<⎩，()f x 图象如图1关于原点对称，所以存在0a =使得函数()f x 为奇函数，故①正确；对于②：由三个图知当x →-∞时，y →-∞，当x →+∞时，y →+∞，所以函数()f x 既无最大值也无最小值；故②正确；对于③：如图2和图3中存在实数k 使得函数()y f x =图象与yk =-没有交点，此时函数()y f x k=+没有零点，所以对任意实数a 和k ，函数()y f x k =+总存在零点不成立；故③不正确对于④：如图2，对于任意给定的正实数m ，取1a m =+即可使函数()f x 在区间(1,)m -上单调递减，故④正确；故答案为：①②④9．已知()y f x =是奇函数，定义域为[]1,1-，当0x >时，211()12x f x x α-⎛⎫=-- ⎪⎝⎭（0,Q αα>∈），当函数()()g x f x t =-有3个零点时，则实数t 的取值范围是__________.【答案】{}111,0,122⎛⎤⎡⎫-- ⎪⎥⎢⎝⎦⎣⎭【解析】当(]0,1x ∈时，易知函数2112x y x α-⎛⎫=- ⎪⎝⎭单调递减，且0x →时，2y →，1x =时，12y =-，其大致图象如下，()21112x f x x α-⎛⎫∴=-- ⎪⎝⎭在(]0,1的大致图象如下，又函数()f x 是定义在[]1,1-上的奇函数，故函数()f x 的图象如下，要使函数()()g x f x t =-有3个零点，只需函数()y f x =的图象与直线y t =有且仅有3个交点，由图象可知，{}111,0,122t ⎛⎤⎡⎫∈-- ⎪⎥⎢⎝⎦⎣⎭．10．设函数lg ,010(){2lg ,10x x f x x x <<=-≥，若b ，c ，d 分别为函数()()g x f x a =-的三个不同零点，则abcd 的最大值是_______.【答案】100ln10e 【解析】()()g x f x a =-有三个不同的零点，即y a =与()y f x =有三个不同交点，如图可知，01,01,110,10100a b c d <<<<<<<<，2lg lg 2lg ,1,10ab c d a bc d --==-=∴==所以210(01)a abcd ad a a -==<<g设2222()10(01),'()1010ln1010(1ln10)x x x x h x x x h x x x ----=<<=-=-gg 令1'()0ln10h x x =⇒=当1(0,'()0,()ln10x h x h x ∈>单调递增；当1(1),'()0,()ln10x h x h x ∈<，单调递减；12ln10max1lg ln101111001100100()(10ln10ln10ln10ln1010ln1010e g x g e -∴=====g g g 故答案为：100ln10e。

函数与导数之零点问题(解析版)

函数与导数之零点问题(解析版)

函数与导数之零点问题一．考情分析零点问题涉及到函数与方程，但函数与方程是两个不同的概念,但它们之间有着密切的联系,方程f (x )＝0的解就是函数y ＝f (x )的图像与x 轴的交点的横坐标,函数y ＝f (x )也可以看作二元方程f (x )－y ＝0通过方程进行研究.就中学数学而言,函数思想在解题中的应用主要表现在两个方面：①是借助有关初等函数的性质,解有关求值、解(证)不等式、解方程以及讨论参数的取值范围等问题：②是在问题的研究中,通过建立函数关系式或构造中间函数,把所研究的问题转化为讨论函数的有关性 质,达到化难为易,化繁为简的目的.许多有关方程的问题可以用函数的方法解决,反之,许多函数问题也可以用方程的方法来解决.函数与方程的思想是中学数学的基本思想,也是各地模考和历年高考的重点.二．经验分享1.确定函数f (x )零点个数(方程f (x )＝0的实根个数)的方法：(1)判断二次函数f (x )在R 上的零点个数，一般由对应的二次方程f (x )＝0的判别式Δ＞0，Δ＝0，Δ＜0来完成；对于一些不便用判别式判断零点个数的二次函数，则要结合二次函数的图象进行判断．#(2)对于一般函数零点个数的判断，不仅要用到零点存在性定理，还必须结合函数的图象和性质才能确定，如三次函数的零点个数问题．(3)若函数f (x )在[a ，b ]上的图象是连续不断的一条曲线，且是单调函数，又f (a )·f (b )＜0，则y ＝f (x )在区间(a ，b )内有唯一零点．2.导数研究函数图象交点及零点问题利用导数来探讨函数)(x f y =的图象与函数)(x g y =的图象的交点问题，有以下几个步骤： ①构造函数)()()(x g x f x h -=； ②求导)('x h ；③研究函数)(x h 的单调性和极值（必要时要研究函数图象端点的极限情况）； ④画出函数)(x h 的草图，观察与x 轴的交点情况，列不等式；⑤解不等式得解.-探讨函数)(x f y =的零点个数，往往从函数的单调性和极值入手解决问题，结合零点存在性定理求解.三、题型分析（一）确定函数的零点与方程根的个数问题例1.【四川省成都七中2020届高三上半期考试，理科数学，12】函数)(x f 是定义在R 上的偶函数，周期是4，当[]2,0∈x 时，3)(2+-=x x f ，则方程0log )(2=-x x f 的根个数为（ ）【答案】C【解析】)(x f 是定义在R 上的偶函数，周期是4，当[]2,0∈x 时，3)(2+-=x x f ，根据性质我们可以画出函数图像，方程0log )(2=-x x f 的根个数转化成⎩⎨⎧==xy x f y 2log )(的交点个数，有图像可以看出，一共有5个交点，ABCDE.其中我x=8处是要仔细看图，是易错点。

高中数学-函数零点问题及例题解析

高中数学-函数零点问题及例题解析

高中数学-函数零点问题及例题解析高中数学-函数零点问题及例题解析一、函数与方程基本知识点1、函数零点：（变号零点与不变号零点）1) 对于函数 y=f(x)，将方程 f(x)=0 的实数根称为函数y=f(x) 的零点。

2) 方程 f(x)=0 有实根⇔函数 y=f(x) 的图像与 x 轴有交点⇔函数 y=f(x) 有零点。

若函数 f(x) 在区间 [a,b] 上的图像是连续的曲线，则 f(a)f(b)<0 是 f(x) 在区间 (a,b) 内有零点的充分不必要条件。

2、二分法：对于在区间 [a,b] 上连续不断且 f(a)f(b)<0 的函数 y=f(x)，通过不断地把函数 y=f(x) 的零点所在的区间一分为二，使区间的两个端点逐步逼近零点，进而得到零点的近似值的方法叫做二分法。

二、函数与方程解题技巧零点是经常考察的重点，对此部分的做题方法总结如下：一）函数零点的存在性定理指出：“如果函数 y=f(x) 在区间 [a,b] 上的图象是连续不断的一条曲线，并且 f(a)f(b)<0，那么，函数 y=f(x) 在区间 (a,b) 内有零点，即存在 c∈(a,b)，使得f(c)=0，这个 c 也是方程 f(x)=0 的根”。

根据函数零点的存在性定理判断函数在某个区间上是否有零点（或方程在某个区间上是否有根）时，一定要注意该定理是函数存在零点的充分不必要条件。

例如，函数 f(x)=ln(x+1)-2 的零点所在的大致区间是 ( )。

分析：显然函数 f(x)=ln(x+1)-2 在区间 [1,2] 上是连续函数，且 f(1)0，所以由根的存在性定理可知，函数 f(x)=ln(x+1)-2 的零点所在的大致区间是 (1,2)，选 B。

二）求解有关函数零点的个数（或方程根的个数）问题。

函数零点的存在性定理，它仅能判断零点的存在性，不能求出零点的个数。

对函数零点的个数问题，我们可以通过适当构造函数，利用函数的图象和性质进行求解。

高考数学二轮复习 特色专题训练 专题03 直击函数压轴题中零点问题 理

高考数学二轮复习 特色专题训练 专题03 直击函数压轴题中零点问题 理

专题03 直击函数压轴题中零点问题一、解答题1．已知函数()()()2ln 10f x x a x a =+->.（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 在区间()0,1内有唯一的零点0x ，证明： 3120e x e --<<.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【解析】试题分析：（1）求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间即可； （2）依题可知()10f =，若()f x 在区间()0,1内有唯一的零点0x ，由（1）可知2a >， 且0110,2x x ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭，于是： ()20010lnx a x +-= ①，2002210ax ax -+= ② 由①②得0001ln 02x x x --=，设g (x )＝lnx −12x x -，(x ∈(0，1))，求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可．（2）依题可知()10f =，若()f x 在区间()0,1内有唯一的零点0x ，由（1）可知2a >，且0110,2x x ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭. 于是： ()20010lnx a x +-= ①2002210ax ax -+= ②由①②得0001ln 02x x x --=，设()()()1ln ,0,12x g x x x x -=-∈， 则()2212x g x x '-=，因此()g x 在10,2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减， 又3322402e g e -⎛⎫-=> ⎪⎝⎭， ()11302e g e ---=< 根据零点存在定理，故3120ex e --<<.点睛：本题考查了函数的单调性,零点问题，考查导数的应用以及不等式的证明，零点存在性定理，考查分类讨论思想，转化思想，构造函数的解题方法. 2．设函数f (x )＝x 2＋bx －1(b ∈R )． (1)当b ＝1时证明：函数f (x )在区间1,12⎛⎫⎪⎝⎭内存在唯一零点； (2)若当x ∈[1,2]，不等式f (x )<1有解．求实数b 的取值范围． 【答案】（1）见解析；（2）(),1-∞【解析】试题分析：（1）先根据对称轴与定义区间位置关系确定函数f (x )在区间1,12⎛⎫⎪⎝⎭单调性，再根据区间端点函数值异号，结合零点存在定理确定零点个数（2）先分离变量化为对应函数最值问题： 2b x x<- ，再根据函数单调性确定函数最小值，即得实数b 的取值范围．(2)由题意可知x2＋bx－1<1在区间[1,2]上有解，所以b<＝－x在区间[1,2]上有解．令g(x)＝－x，可得g(x)在区间[1,2]上递减，所以b<g(x)max＝g(1)＝2－1＝1 ，从而实数b的取值范围为(－∞，1)．点睛：利用零点存在性定理不仅要求函数的图象在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)<0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点3．已知函数()()210f x ax mx m a =++-≠.（1）若()10f -=，判断函数()f x 的零点个数；（2）若对任意实数m ，函数()f x 恒有两个相异的零点，求实数a 的取值范围； （3）已知12,x x R ∈R 且12x x <， ()()12f x f x ≠，求证：方程()()()1212f x f x f x ⎡⎤=+⎣⎦ 在区间()12,x x 上有实数根.【答案】⑴见解析;⑵01a <<;⑶见解析.【解析】试题分析：（1）利用判别式定二次函数的零点个数：（2）零点个数问题转化为图象交点个数问题，利用判别式处理即可；（3）方程()()()1212f x f x f x ⎡⎤=+⎣⎦在区间()12,x x 上有实数根，即()()()()1212g x f x f x f x ⎡⎤=-+⎣⎦有零点，结合零点存在定理可以证明. 试题解析： ⑴()10,10,1f a m m a -=∴-+-=∴=()21f x x mx m ∴=++-()()22412m m m ∆=--=-,当2m =时， 0∆=，函数()f x 有一个零点； 当2m ≠时， 0∆> ，函数()f x 有两个零点⑶设()()()()1212g x f x f x f x ⎡⎤=-+⎣⎦，则()()()()()()1112121122g x f x f x f x f x f x ⎡⎤⎡⎤=-+=-⎣⎦⎣⎦ ()()()()()()2212211122g x f x f x f x f x f x ⎡⎤⎡⎤=-+=-⎣⎦⎣⎦ ()()12f x f x ≠()()()()21212104g x g x f x f x ⎡⎤∴⋅=--<⎣⎦,()0g x ∴=在区间()12,x x 上有实数根，即方程()()()1212f x f x f x ⎡⎤=+⎣⎦在区间()12,x x 上有实数根. 点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围； (2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．4．已知函数()2ln f x a x bx =-图象上一点()()2,2P f 处的切线方程为32ln22y x =-++.(1)求,a b 的值;(2)若方程()0f x m +=在1,e e⎡⎤⎢⎥⎣⎦内有两个不等实根,求m 的取值范围(其中e 2.71828=为自然对数的底).【答案】(1)a =2,b =1.(2) 2112em <≤+. 【解析】试题分析：本题考查函数与方程，函数与导数的综合应用．(1)根据导数的几何意义，得出两个方程，然后求解．(2)先利用导数研究函数h (x )=f (x )+m =2lnx ﹣x 2+m 的单调性，根据单调性与极值点确定关系然后求解．(2)由（1）得f (x )=2lnx ﹣x 2， 令h (x )=f (x )+m =2lnx ﹣x 2+m ，则()()22122x h x x x x='-=-，令h '(x )=0，得x =1(x =﹣1舍去)．故当x ∈11e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭，时，h '(x )＞0，h (x )单调递增； 当x ∈(1，e ]时，h '(x )＜0，h (x )单调递减． ∵方程h (x )=0在1e e⎡⎤⎢⎥⎣⎦，内有两个不等实根，∴()()221120e e {110 20h m h m h e e m ⎛⎫=--+≤ ⎪⎝⎭=-+>=-+≤，解得2112e m <≤+．∴实数m 的取值范围为211,2e ⎛⎤+ ⎥⎝⎦. 点睛：根据函数零点求参数取值或范围的方法 （1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解；（2）分离参数后转化为函数的值域（最值）问题求解，如果涉及由几个零点时，还需考虑函数的图象与参数的交点个数；（3）利用方程根的分布求解，转化为不等式问题．（4）转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解. 5．已知函数()1xf x e ax =--，其中e 为自然对数的底数， a R ∈（I ）若a e =，函数()()2g x e x =- ①求函数()()()h x f x g x =-的单调区间 ②若函数()()(),{,f x x m F x g x x m≤=>的值域为R ,求实数m 的取值范围（II ）若存在实数[]12,0,2x x ∈,使得()()12f x f x =，且121x x -≥，求证： 21e a e e -≤≤-【答案】（1）①详见解析②实数m 的取值范围是10,2e ⎡⎤⎢⎥-⎣⎦；（2）21e a e e -≤≤-；试题解析：（1）当a e =时， ()1xf x e ex =--.①()()()()21,'2xxh x f x g x e x h x e =-=--=-.由()'0h x >得ln2x >，由()'0h x <得ln2x <.所以函数()h x 的单调增区间为()ln2,+∞，单调减区间为(),ln2-∞. ②()'xf x e e =-当1x <时， ()'0f x <，所以()f x 在区间(),1-∞上单调递减； 当1x >时， ()'0f x >，所以()f x 在区间()1,+∞上单调递增.()()2g x e x =-在(),m +∞上单调递减，值域为()(),2e m -∞-,因为()F x 的值域为R ，所以12)m e em e m --≤-，即210m e m --≤. *（）（2）()'xf x e a =-.若0a ≤时， ()'0f x >，此时()f x 在R 上单调递增. 由()()12f x f x =可得12x x =，与121x x -≥相矛盾， 同样不能有[)12,ln ,x x a ∈+∞.不妨设1202x x ≤<≤，则有120ln 2x a x ≤<<≤.因为()f x 在()1,ln x a 上单调递减，在()2ln ,a x 上单调递增，且()()12f x f x =， 所以当12x x x ≤≤时， ()()()12f x f x f x ≤=. 由1202x x ≤<≤，且121x x -≥，可得[]121,x x ∈ 故()()()121f f x f x ≤=.又()f x 在(],ln a -∞单调递减，且10ln x a ≤<，所以()()10f x f ≤，所以()()10f f ≤，同理()()12f f ≤. 即210,{122e a e a e a --≤--≤--，解得211e a e e -≤≤--， 所以21e a e e -≤≤-.点睛：本题考查函数的单调性极值及恒成立问题，涉及函数不等式的证明，综合性强，难度大，属于难题.处理导数大题时，注意分层得分的原则，力争第一二问答对，第三问争取能写点，一般涉及求函数单调性及极值时，比较容易入手，求导后注意分类讨论，对于恒成立问题一般要分离参数，然后利用函数导数求函数的最大值或最小值，对于含有不等式的函数问题，一般要构造函数，利用函数的单调性来解决，但涉及技巧比较多，需要多加体会. 6．已知函数()1xxf x ax e =-+. （1）当1a =时，求()y f x =在[]1,1x ∈-上的值域； （2）试求()f x 的零点个数，并证明你的结论.【答案】（1）[]2,1e -（2）当0a ≤时， ()f x 只有一个零点；当0a >时， ()f x 有两个零点．（2）原方程等价于10x e a x --=实根的个数，原命题也等价于()1x h x e a x=--在(),0)(0,x ∈-∞⋃+∞上的零点个数，讨论0a =， 0a <， 0a >，三种情况，分别利用导数研究函数的单调性，结合函数图象与零点存在定理可得结果.试题解析：（1）当1a =时， ()1x x f x ax e =-+，则()()11xxf xg x e -'-==， 而()20xx g x e -'=<在[]1,1-上恒成立，所以()()g x f x ='在[]1,1-上递减， ()()max 1210f x f e =-=-'>'， ()()min 110f x f ''==-<，所以()f x '在[]1,1-上存在唯一的00x =，使得()00f '=，而且当()1,0x ∈-时， ()0f x '>， ()f x 递增；当()0,1x ∈时()0f x '<， ()f x 递减； 所以，当0x =时， ()f x 取极大值，也是最大值，即()()max 01f x f ==，()()(){}()min min 1,112f x f f f e =-=-=-，所以， ()f x 在[]1,1-上的值域为[]2,1e -.（I ）若0a =，则当(),0x ∈-∞时， ()10xh x e x=->恒成立，则没有零点；当()0,x ∈+∞时， ()110h e =->， 1202h ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，又()h x 在()0,+∞上单调递增的，所以有唯一的零点。

高考常考题- 函数的零点问题(含解析)

高考常考题- 函数的零点问题(含解析)

函数的零点问题一、题型选讲题型一 、运用函数图像判断函数零点个数可将零点个数问题转化成方程，进而通过构造函数将方程转化为两个图像交点问题，并作出函数图像。

作图与根分布综合的题目，其中作图是通过分析函数的单调性和关键点来进行作图，在作图的过程中还要注意渐近线的细节，从而保证图像的准确。

例1、(2019苏州三市、苏北四市二调）定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x ＋4)＝f (x )，且在区间[2，4)上⎩⎨⎧<≤-<≤-=43,432,2)(x x x x x f 则函数x x f y log 5)(-=的零点的个数为 例2、(2017苏锡常镇调研）若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧12x－1，x ＜1，ln xx 2，x ≥1，)则函数y ＝|f (x )|－18的零点个数为________．例3、【2018年高考全国Ⅲ卷理数】函数()πcos 36f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭在[]0π，的零点个数为________． 题型二、函数零点问题中参数的范围已知函数零点的个数，确定参数的取值范围，常用的方法和思路：(1) 直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围．(2) 分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决，解法2就是此法．它的本质就是将函数转化为一个静函数与一个动函数的图像的交点问题来加以处理，这样就可以通过这种动静结合来方便地研究问题．(3) 数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图像，然后数形结合求解．例4、（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）已知ln ,1()(2),1x x f x f x k x ≥⎧=⎨-+<⎩若函数()1y f x =-恰有一个零点，则实数k 的取值范围是（ ） A ．(1,)+∞B ．[1,)+∞C ．(,1)-∞D ．(,1]-∞例5、（2020·全国高三专题练习（文））函数()()22log ,1,1,1,x x f x f x x ≥⎧=⎨+<⎩，若方程()2f x x m =-+有且只有两个不相等的实数根，则实数m 的取值范围是 （ ） A ．(),4-∞B ．(],4-∞C ．()2,4-D ．(]2,4-例6、【2020年高考天津】已知函数3,0,(),0.x x f x x x ⎧≥=⎨-<⎩若函数2()()2()g x f x kx x k =--∈R 恰有4个零点，则k 的取值范围是 A ．1(,)(22,)2-∞-+∞ B ．1(,)(0,22)2-∞-C ．(,0)(0,22)-∞ D ．(,0)(22,)-∞+∞例7、【2019年高考浙江】已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩．若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则A ．a <–1，b <0B ．a <–1，b >0C ．a >–1，b <0D ．a >–1，b >0例8、（2020·浙江学军中学高三3月月考）已知函数2(4),53()(2),3x x f x f x x ⎧+-≤<-=⎨-≥-⎩，若函数()()()1g x f x k x =-+有9个零点，则实数k 的取值范围是（ ）A ．1111,,4664⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B ．1111,,3553⎛⎫⎛⎫--⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．11,64⎛⎫⎪⎝⎭D ．11,53⎛⎫ ⎪⎝⎭例9、（2020届浙江省杭州市第二中学高三3月月考）已知函数()()2,22,2,x f x f x x ≤<=-≥⎪⎩()2g x kx =+，若函数()()()F x f x g x =-在[)0,+∞上只有两个零点，则实数k 的值不可能为A ．23- B ．12-C ．34-D ．1-二、达标训练1、（2019·山东师范大学附中高三月考）函数()312xf x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭的零点所在区间为（ ） A ．()1,0-B ．10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．()1,22、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数()e 0ln 0x x f x x x ⎧≤=⎨>⎩，，，，()()g x f x x a =++．若g （x ）存在2个零点，则a 的取值范围是A ．[–1，0）B ．[0，+∞）C ．[–1，+∞）D ．[1，+∞）3、（2020届浙江省“山水联盟”高三下学期开学）已知,a b ∈R ，函数(),0(),0x x a e ax x f x x x ⎧++≤=⎨>⎩，若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则（ ） A ．1,0a b >>B ．1,0a b ><C ．1,0a b <>D ．1,0a b <<4、（2020届山东实验中学高三上期中）设定义在R 上的函数()f x 满足()()2f x f x x -+=，且当0x ≤时，()f x x '<.己知存在()()()220111122x x f x x f x x ⎧⎫∈-≥---⎨⎬⎩⎭，且0x 为函数()x g x e a=-(,a R e ∈为自然对数的底数)的一个零点，则实数a 的取值可能是（ ） A ．12BC ．2e D5、（2020届山东师范大学附中高三月考）已知函数(01)()2(1)x f x x x⎧<≤⎪=⎨>⎪⎩，若方程()f x x a =-+有三个不同的实根，则实数a 的取值范围是________．6、【2018年高考浙江】已知λ∈R ，函数f (x )=24,43,x x x x x λλ-≥⎧⎨-+<⎩，当λ=2时，不等式f (x )<0的解集是___________．若函数f (x )恰有2个零点，则λ的取值范围是___________．7、【2020届江苏省南通市如皋市高三下学期二模】已知函数()222,01,03x x ax a x f x e ex a x x⎧++≤⎪=⎨-+>⎪⎩，若存在实数k ，使得函数()y f x k =-有6个零点，则实数a 的取值范围为__________.一、题型选讲题型一 、运用函数图像判断函数零点个数可将零点个数问题转化成方程，进而通过构造函数将方程转化为两个图像交点问题，并作出函数图像。

专题03 选择压轴题之几何最值问题(举一反三)(解析版)

专题03 选择压轴题之几何最值问题(举一反三)(解析版)

【方法点拨】涉及旋转、对称、折叠的最值问题中, 若无法直接求解,可先找到关键点的运动轨迹,再利用 “垂线段最短”来求解.【例1】（2020•南谯区二模）如图，△ABC 中，∠A ＝30°，∠ACB ＝90°，BC ＝2，D 是AB 上的动点，将线段CD 绕点C 逆时针旋转90°，得到线段CE ，连接BE ，则BE 的最小值是（ ）A ．√3−1B ．√32C ．√3D ．2【分析】如图，过点C 作CK ⊥AB 于K ，将线段CK 绕点C 逆时针旋转90°得到CH ，连接HE ，延长HE 交AB 的延长线于J ．首先证明四边形CKJH 是正方形，推出点E 在直线HJ 上运动，求出BJ ，根据垂线段最短解决问题即可．【解答】解：如图，过点C 作CK ⊥AB 于K ，将线段CK 绕点C 逆时针旋转90°得到CH ，连接HE ，延长HE 交AB 的延长线于J ．∵∠DCE ＝∠KCH ＝90°，∴∠DCK ＝∠ECH ，∵CD ＝CE ，CK ＝CH ，∴△CKD≌△CHE（SAS），∴∠CKD＝∠H＝90°，∵∠CKJ＝∠KCH＝∠H＝90°，∴四边形CKJH是矩形，∵CK＝CH，∴四边形CKJH是正方形，∴点E在直线HJ上运动，当点E与J重合时，BE的值最小，在Rt△CBK中，∵BC＝2，∠ABC＝60°，∴CK＝BC•sin60°=√3，BK＝BC•cos60°＝1，∴KJ＝CK=√3∴BJ＝KJ﹣BK=√3−1，∴BE的最小值为√3−1，补充方法：AC上截取CF＝2，得三角形CFD全等于三角形CBE，DF在DF垂直AB时最小．故选：A．【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，正方形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题．【变式1-1】（2021•怀宁县模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，P是△ABC的高CD 上一个动点，以B点为旋转中心把线段BP逆时针旋转45°得到BP′，连接DP′，则DP′的最小值是（）A．2√2−2B．4﹣2√2C．2−√2D．√2−1【分析】在BC上截取BE＝BD，由等腰直角三角形的性质可得BA＝4√2，∠ABC＝∠BAC＝∠BCD＝∠DCA＝45°，BD＝CD＝AD＝2√2=BE，由旋转的性质可得BP＝BP'，∠PBP'＝45°，可证△BDP'≌△BEP，可得PE＝P'D，当PE⊥CD时，PE有最小值，即DP'有最小值，由直角三角形的性质可求DP′的最小值．【解答】解：如图，在BC上截取BE＝BD，连接EP，∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，CD⊥AB，∴BA＝4√2，∠ABC＝∠BAC＝∠BCD＝∠DCA＝45°，BD＝CD＝AD＝2√2=BE∵旋转∴BP＝BP'，∠PBP'＝45°，∵BE＝BD，∠ABC＝∠PBP'＝45°，BP＝BP'∴△BDP'≌△BEP（SAS）∴PE＝P'D∴当PE⊥CD时，PE有最小值，即DP'有最小值，∵PE⊥CD，∠BCD＝45°，∴CE=√2PE＝BC﹣BE＝4﹣2√2∴PE＝2√2−2故选：A．【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．【变式1-2】（2020•南山区校级一模）如图，▱ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝6，BC＝2，P为边CD上的一动点，则PB+√32PD的最小值等于（）A．√3B．3C．3√3D．2+2√3【分析】过点P作PE⊥AD，交AD的延长线于点E，有锐角三角函数可得EP=√32PD，即PB+√32PD＝PB+PE，则当点B，点P，点E三点共线且BE⊥AD时，PB+PE有最小值，即最小值为BE．【解答】解：如图，过点P作PE⊥AD，交AD的延长线于点E，∵AB∥CD，∴∠EDP＝∠DAB＝60°，∴sin∠EDP=EPDP=√32，∴EP=√32PD∴PB+√32PD＝PB+PE∴当点B，点P，点E三点共线且BE⊥AD时，PB+PE有最小值，即最小值为BE，∵sin∠A=BEAB=√32，∴BE＝3√3，故选：C．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，垂线段最短，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．【变式1-3】（2021•太和县一模）在△ABC中，∠ACB＝90°，P为AC上一动点，若BC＝4，AC＝6，则√2BP+AP的最小值为（）A．5B．10C．5√2D．10√2【分析】√2BP+AP=√2（BP+√22AP），求BP+√22AP的最小值属“胡不归”问题，以A为顶点，AC为一边在下方作45°角即可得答案．【解答】解：以A为顶点，AC为一边在下方作∠CAM＝45°，过P作PF⊥AM于F，过B作BD⊥AM 于D，交AC于E，如图：√2BP+AP=√2（BP+√22AP），要使√2BP+AP最小，只需BP+√22AP最小，∵∠CAM＝45°，PF⊥AM，∴△AFP是等腰直角三角形，∴FP=√22AP，∴BP+√22AP最小即是BP+FP最小，此时P与E重合，F与D重合，即BP+√22AP最小值是线段BD的长度，∵∠CAM＝45°，BD⊥AM，∴∠AED＝∠BEC＝45°，∵∠ACB＝90°，∴sin∠BEC＝sin45°=BCBE，tan∠BEC=BCCE，又BC＝4，∴BE＝4√2，CE＝4，∵AC＝6，∴AE＝2，而sin∠CAM＝sin45°=DE AE，∴DE =√2，∴BD ＝BE +DE ＝5√2，∴√2BP +AP 的最小值是√2BD ＝10，故选：B ．【点睛】本题考查线段和的最小值，解题的关键是做45°角，将求BP +√22AP 的最小值转化为求垂线段的长．【方法点拨】“将军饮马”问题是中考的热点问题之一,解决这类问题的方法是找出两定点中任一点关于动 点所在直线的对称点,再将另一点与对称点相连,连线与直线的交点即为所求的点.通常情况下, 求三角形 或四边形的周长的最小值时,往往也是利用轴对称进行解题.【例2】（2021•淮南一模）如图，Rt △ABC 中．∠BAC ＝90°，AB ＝1，AC ＝2√2．点D ，E 分别是边BC ，AC 上的动点，则DA +DE 的最小值为（ ）A ．89B ．169C ．8√29D ．16√29【分析】如图，作A 关于BC 的对称点A '，连接AA '，交BC 于F ，过A '作A 'E ⊥AC 于E ，交BC 于D ，则AD ＝A 'D ，此时AD +DE 的值最小，就是A 'E 的长，根据相似三角形对应边的比可得结论．【解答】解：作A 关于BC 的对称点A '，连接AA '，交BC 于F ，过A '作A 'E ⊥AC 于E ，交BC 于D ，则AD ＝A 'D ，此时AD +DE 的值最小，就是A 'E 的长；Rt △ABC 中，∠BAC ＝90°，AB ＝1，AC ＝2√2，∴BC =√12+(2√2)2=3，S △ABC =12AB •AC =12BC •AF ，∴1×2√2=3AF ，AF =2√23，∴AA '＝2AF =4√23，∵∠A 'FD ＝∠DEC ＝90°，∠A 'DF ＝∠CDE ，∴∠A '＝∠C ，∵∠AEA '＝∠BAC ＝90°，∴△AEA '∽△BAC ，∴AA′A′E=BC AC ， ∴4√23A′E =2√2，∴A 'E =169， 即AD +DE 的最小值是169；故选：B ．【点睛】本题考查轴对称﹣最短问题、三角形相似的性质和判定、两点之间线段最短、垂线段最短等知识，解题的关键是灵活运用轴对称以及垂线段最短解决最短问题，属于中考填空题中的压轴题．【变式2-1】（2020•荆门）在平面直角坐标系中，长为2的线段CD （点D 在点C 右侧）在x 轴上移动，A （0，2），B （0，4），连接AC ，BD ，则AC +BD 的最小值为（ ）A ．2√5B ．2√10C ．6√2D ．3√5【分析】设C （m ，0），则有AC +BD =√m 2+22+√(m +2)2+42，推出要求AC +BD 的最小值，相当于在x 轴上找一点P （m ，0），使得点P 到M （0，2）和N （﹣2，4）的距离和最小，如图1中，作点M关于x轴的对称点Q，连接NQ交x轴于P′，连接MP′，此时P′M+P′N的值最小，求出NQ即可解决问题．【解答】解：设C（m，0），∵CD＝2，∴D（m+2，0），∵A（0，2），B（0，4），∴AC+BD=√m2+22+√(m+2)2+42，∴要求AC+BD的最小值，相当于在x轴上找一点P（m，0），使得点P到M（0，2）和N（﹣2，4）的距离和最小，如图1中，作点M关于x轴的对称点Q，连接NQ交x轴于P′，连接MP′，此时P′M+P′N的值最小，∵N（﹣2，4），Q（0，﹣2）P′M+P′N的最小值＝P′N+P′Q＝NQ=√22+62=2√10，∴AC+BD的最小值为2√10．故选：B．【点睛】本题考查轴对称﹣最短路径问题，坐标与图形的性质，两点间距离公式等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，学会利用数形结合的思想思考问题，学会用转化的思想解决问题，属于中考选择题中的压轴题．【变式2-2】（2020•红桥区一模）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠D＝90°，AB＝5，AD＝4，CD＝3，点P是边AD上的动点，则△PBC周长的最小值为（）A．8B．4√5C．12D．6√5【分析】作点C关于AD的对称点E，连接EB交AD于点P′，连接CP′，则EP′＝CP′，ED＝CD，此时△P′BC周长最小为：P′C+P′B+BC＝PE+P′B+BC＝EB+BC，作BF⊥DC的延长线于点F，在Rt△BCF和Rt△BFE中，根据勾股定理即可得△PBC周长的最小值．【解答】解：作点C关于AD的对称点E，连接EB交AD于点P′，连接CP′，则EP′＝CP′，ED＝CD，此时△P′BC周长最小为：P′C+P′B+BC＝PE+P′B+BC＝EB+BC，作BF⊥DC的延长线于点F，∠A＝∠ADC＝90°，∴四边形ABFD是矩形，∴BF＝AD＝4，DF＝AB＝5，∴CF＝DF﹣CD＝5﹣3＝2，EF＝DF+ED＝5+3＝8，∴在Rt△BCF和Rt△BFE中，根据勾股定理，得BC=√CF2+BF2=2√5，BE=√BF2+EF2=4√5，∴BC+BE＝6√5．所以△PBC周长的最小值为6√5．故选：D．【点睛】本题考查了轴对称﹣最短路线问题、勾股定理，解决本题的关键是掌握轴对称性质．【变式2-3】（2020•市南区二模）如图，在矩形ABCD中，AD＝12，AE⊥BD，垂足为E，ED＝3BE，点P、Q分别在BD，AD上，则AP+PQ的最小值为（）A．4√2B．2√2C．6√3D．4√3【分析】在Rt△ABE中，利用三角形相似可求得AE、DE的长，设A点关于BD的对称点A′，连接A′D，可证明△ADA′为等边三角形，当PQ⊥AD时，则PQ最小，所以当A′Q⊥AD时AP+PQ最小，从而可求得AP+PQ的最小值等于DE的长，可得出答案．【解答】解：设BE＝x，则DE＝3x，∵四边形ABCD为矩形，且AE⊥BD，∴△ABE∽△DAE，∴AE2＝BE•DE，即AE2＝3x2，∴AE=√3x，在Rt△ADE中，由勾股定理可得AD2＝AE2+DE2，即122＝（√3x）2+（3x）2，解得x＝2√3，∴AE＝6，DE＝6√3，如图，设A点关于BD的对称点为A′，连接A′D，P A′，则A′A＝2AE＝12＝AD，AD＝A′D＝12，∴△AA′D是等边三角形，∵P A＝P A′，∴当A′、P、Q三点在一条线上时，A′P+PQ最小，又垂线段最短可知当PQ⊥AD时，A′P+PQ最小，∴AP+PQ＝A′P+PQ＝A′Q＝DE＝6√3．故选：C．【点睛】本题主要考查轴对称的应用，利用最小值的常规解法确定出A的对称点，从而确定出AP+PQ 的最小值的位置是解题的关键，利用条件证明△A′DA是等边三角形，借助几何图形的性质可以减少复杂的计算．【方法点拨】利用“到定点的距离等于定长的点位于同一个圆上”或“90°的圆周角所对的弦是直径”等可以确定某些动点的运动轨迹是圆(或圆弧).当圆外一定点与圆上一动点位于圆心同侧,且三点共线时,该动点到圆外定点的距离最短;当圆外一定点与圆上一动点位于圆心异侧,且三点共线时,该动点到圆外定点的距离最长.【例3】（2020•百色模拟）如图，在长方形纸片ABCD中，AB＝4，AD＝6．点E是AB的中点，点F是AD边上的一个动点．将△AEF沿EF所在直线翻折，得到△GEF．则GC长的最小值是（）A．2√10−2B．2√10−1C．2√13D．2√10【分析】以点E为圆心，AE长度为半径作圆，连接CE，当点G在线段CE上时，GC的长取最小值，根据折叠的性质可知GE＝2，在Rt△BCE中利用勾股定理可求出CE的长度，用CE﹣GE即可求出结论．【解答】解：以点E为圆心，AE长度为半径作圆，连接CE，当点G在线段CE上时，GC的长取最小值，如图所示根据折叠可知：GE＝AE=12AB＝2．在Rt△BCE中，BE=12AB＝2，BC＝6，∠B＝90°，∴CE=√BE2+BC2=2√10，∴GC的最小值＝CE﹣GE＝2√10−2．故选：A．【点睛】本题考查了翻折变换、矩形的性质以及勾股定理，利用作圆，找出GC取最小值时点A′的位置是解题的关键．【变式3-1】（2020•河北模拟）数学兴趣小组在“中学生学习报”中了解到“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”，用含30°角的直角三角板做实验，如图，∠ACB＝90°，BC＝6cm，M，N分别是AB，BC的中点，标记点N的位置后，将三角板绕点C逆时针旋转，点M旋转到点M′，在旋转过程中，线段NM′的最大值是（）A．7cm B．8 cm C．9cm D．10cm【分析】根据直角三角形的性质得到AB＝2BC＝12，CM＝6，CN＝3，在旋转过程中，点M′始终在以C为圆心，CM为半径的圆上，当M′旋转当与B，C在一条直线上时，即到D的位置时，线段NM′的值最大，于是得到结论．【解答】解：∵∠ACB＝90°，BC＝6cm，∠A＝30°，∴AB＝2BC＝12，∵M，N分别是AB，BC的中点，∴CM＝6，CN＝3，∵将三角板绕点C逆时针旋转，点M旋转到点M′，在旋转过程中，点M′始终在以C为圆心，CM为半径的圆上，∴当M′旋转当与B，C在一条直线上时，即到D的位置时，线段NM′的值最大，即NM′的最大值＝DN＝6+3＝9，故选：C．【点睛】本题考查了旋转的性质，含30°角的直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线，熟练掌握直角三角形的性质是解题的关键．【变式3-2】（2020•芜湖二模）如图，已知正方形ABCD的边长为8，点E是正方形内部一点，连接BE，CE，且∠ABE＝∠BCE，点P是AB边上一动点，连接PD，PE，则PD+PE长度的最小值为（）A．8√2B．4√10C．8√5−4D．4√13−4【分析】根据正方形的性质得到∠ABC＝90°，推出∠BEC＝90°，得到点E在以BC为直径的半圆上移动，如图，设BC的中点为O，作正方形ABCD关于直线AB对称的正方形AFGB，则点D的对应点是F，连接FO交AB于P，交⊙O于E，则线段EF的长即为PD+PE的长度最小值，根据勾股定理即可得到结论．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC＝90°，∴∠ABE+∠CBE＝90°，∵∠ABE＝∠BCE，∴∠BCE+∠CBE＝90°，∴∠BEC＝90°，∴点E在以BC为直径的半圆上移动，如图，设BC的中点为O，作正方形ABCD关于直线AB对称的正方形AFGB，则点D的对应点是F，连接FO交AB于P，交半圆O于E，则线段EF的长即为PD+PE的长度最小值，OE＝4，∵∠G＝90°，FG＝BG＝AB＝8，∴OG＝12，∴OF=√FG2+OG2=4√13，∴EF＝4√13−4，∴PD+PE的长度最小值为4√13−4，故选：D．【点睛】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，正方形的性质，勾股定理的综合运用．凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．【变式3-3】（2021•海安市模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，BC＝2√3，Q为AC上的动点，P为Rt△ABC内一动点，且满足∠APB＝120°，若D为BC的中点，则PQ+DQ的最小值是（）A．√43−4B．√43C．4D．√43+4【分析】如图以AB为边，向左边作等边△ABE，作△ABE的外接圆⊙O，连接OB，则点P在⊙O上．作点D关于AC的对称点D′，连接OD′，OP，PD′，PD′交AC于Q，则PQ+QD＝PQ+QD′＝PD′，根据PD′≥OD′﹣OP，求出OP，OD′即可解决问题．【解答】解：如图以AB为边，向左边作等边△ABE，作△ABE的外接圆⊙O，连接OB，则点P在⊙O 上．在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，BC＝2√3，∴AB＝4√3，则易知OB＝4，OB⊥BC，作点D关于AC的对称点D′，连接OD′，OP，PD′，PD′交AC于Q，则PQ+QD＝PQ+QD′≥PD′，∵PD′≥OD′﹣OP，OP＝OB＝4，OD′=√42+(3√3)2=√43，∴PD′≥√43−4，∴PQ+DQ的最小值为√43−4，故选：A．【点睛】本题考查轴对称﹣最短问题，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，属于中考选择题中的压轴题．【方法点拨】几何图形面积最值问题的解题通法:1.观察几何图形,若能直接判断出当动点在何位置时,几何图形的面积取得最值,则直接计算即可.2.若根据动点的位置,无法直接判断几何图形面积的最值,则可设出未知数,用含未知数的代数式表示出该几何图形的面积,利用函数的性质求解.【例4】（2020•立山区二模）如图，⊙O的半径是2，直线l与⊙O相交于A、B两点，M、N是⊙O上的两个动点，且在直线l的异侧，若∠AMB＝45°，则四边形MANB面积的最大值是（）A．2√2B．4C．4√2D．8√2【分析】过点O作OC⊥AB于C，交⊙O于D、E两点，连接OA、OB、DA、DB、EA、EB，根据圆周角定理推出△OAB为等腰直角三角形，求得AB=√2OA＝2√2，根据已知条件即可得到结论．【解答】解：过点O作OC⊥AB于C，交⊙O于D、E两点，连接OA、OB、DA、DB、EA、EB，如图，∵∠AMB＝45°，∴∠AOB＝2∠AMB＝90°，∴△OAB为等腰直角三角形，∴AB=√2OA＝2√2，∵S四边形MANB＝S△MAB+S△NAB，∴当M点到AB的距离最大，△MAB的面积最大；当N点到AB的距离最大时，△NAB的面积最大，即M点运动到D点，N点运动到E点，此时四边形MANB面积的最大值＝S四边形DAEB＝S△DAB+S△EAB=12AB•CD+12AB•CE=12AB（CD+CE）=12AB•DE=12×2√2×4＝4√2．故选：C．【点睛】本题考查了垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了圆周角定理，正确的作出辅助线是解题的关键．【变式4-1】（2020•岐山县二模）如图，正方形BEFG的顶点E在正方形ABCD的边AD上，CD、EF交于点H，AD＝16，连接EC，FC，则△CEF的面积的最小值为（）．A．16√2B．48C．96D．256【分析】由于S △CEF ＝S △CHF +S △CHE =12CH •EM ，根据全等三角形的性质得到EM ＝AB ＝16，求得S △CEF ＝8CH ，根据相似三角形的性质得到DE AB =DH AE ，设AE 为x ，于是得到DH =116（﹣x 2+16x ）=−116（x ﹣8）2+4≤4，即可得到结论．【解答】解：过F 作FG ⊥DC 于点G ，FM ⊥AD ，交AD 的延长线于M ，连接CF ，∵S △CEF ＝S △CHF +S △CHE =12CH •EM ，∵△EMF ≌△BAE ，∴EM ＝AB ＝16，∴S △CEF ＝8CH ，∵△EDH ∽△BAE ，∴DE AB =DH AE ，设AE 为x ，则DH =116（﹣x 2+16x ）=−116（x ﹣8）2+4≤4， ∴DH ≤4，∴CH ≥12，CH 最小值是12，∴△CEF 面积的最小值是96．故选：C ．【点睛】本题考查了正方形的性质，解题的关键是找出线段DN 的最大值，根据三角形的面积公式找出其去最值的条件，再结合二次函数的性质去解决最值问题．【变式4-2】（2020•昆山市二模）如图，在△ABC 中，AB ＝10，AC ＝2√5，∠ACB ＝45°，D 为AB 边上一动点（不与点B 重合），以CD 为边长作正方形CDEF ，连接BE ，则△BDE 的面积的最大值等于（ ）.A．9√2B．18C．36D．20√5【分析】如图，过点E作EM⊥BA于M，过点C作CN⊥BA交BA的延长线于N，过点A作AH⊥BC于H．解直角三角形求出BN的长，设BD＝x，则DN＝12﹣x，再利用全等三角形的性质证明EM＝DN＝12﹣x，利用三角形的面积公式构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题．【解答】解：如图，过点E作EM⊥BA于M，过点C作CN⊥BA交BA的延长线于N，过点A作AH⊥BC于H．在Rt△ACH中，∵∠AHC＝90°，∠ACH＝45°，AC＝2√5，∴AH＝CH＝AC•cos45°=√10，在Rt△ABH中，∵∠AHB＝90°，AB＝10，AH=√10，∴BH=√AB2−AH2=√102−(√10)2=3√10，∴BC＝BH+CH＝4√10，∵S△ACB=12•BC•AH=12•AB•CN，∴CN＝4，在Rt△ACN中，AN=√AC2−CN2=√(2√5)2−42=2，∴BN＝BA+AN＝12，设BD＝x，则DN＝12﹣x，∵四边形EFCD是正方形，∴DE＝DC，∠EDC＝∠EMD＝∠DNC＝90°，∴∠EDM+∠ADC＝90°，∠ADC+∠DCN＝90°，∴∠EDM＝∠DCN，∴△EMD≌△DNC（AAS），∴EM＝DN＝12﹣x，∴S△DBE=12•BD•EM=12•x•（12﹣x）=−12x2+6x=−12（x﹣6）2+18，∵−12＜0，∴当x ＝6时，△BDE 的面积的最大，最大值为18．故选：B ．【点睛】本题考查正方形的性质，解直角三角形，二次函数的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建二次函数，利用二次函数的性质解决问题．16．（2021•石家庄模拟）如图，在平面直角坐标系xOy 中，半径为2的⊙O 与x 轴的正半轴交于点A ，点B 是⊙O 上一动点，点C 为弦AB 的中点，直线y =34x ﹣3与x 轴、y 轴分别交于点D 、E ，则△CDE 面积的最小值与最大值分别为（ ）．A ．2；7B ．3；6C ．4；9D ．5；16【分析】连接OC ，由垂径定理得OC ⊥AB ，再由圆周角定理得点C 在以OA 为直径的圆上（点O 、A 除外），以OA 为直角作⊙P ，过P 点作直线PH ⊥DE 于H ，交⊙P 于M 、N ，利用一次函数解析式确定D （0，﹣3），D （4，0），则AB ＝5，然后证△DPH ∽△DEO ，利用相似比求出PH 的长，得MP 、NH 的长，当C 点与M 点重合时，S 最大；C 点与N 点重合时，S 最小，然后计算出S △NED 和S △MED 得到S 的范围，即可求解．【解答】解：连接OC ，如图，∵点C 为弦AB 的中点，∴OC ⊥AB ，∴∠ACO ＝90°，∴点C 在以OA 为直径的圆上（点O 、A 除外），以OA 为直角作⊙P ，过P 点作直线PH ⊥DE 于H ，交⊙P 于M 、N ，当x ＝0时，y =34x ﹣3＝﹣3，则D （0，﹣3），当y ＝0时，34x ﹣3＝0，解得x＝4，则D（4，0），∴OD＝4，∴AB=√32+42=5，∵A（2，0），∴P（1，0），∴OP＝1，∴PD＝OD﹣OP＝3，∵∠PDH＝∠EDO，∠PHD＝∠EOD，∴△DPH∽△DEO，∴PH：OE＝DP：DE，即PH：3＝3：5，解得PH=9 5，∴MP＝PH+1=145，NH＝PH﹣1=45，∴S△NED=12×5×45=2，S△MED=12×5×145=7，设△CDE面积为S，当C点与M点重合时，S最大；C点与N点重合时，S最小，∴S的范围为2≤S≤7，∴△CDE面积的最小值为2，△CDE面积的最大值为7，故选：A．【点睛】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了圆周角定理、相似三角形的判定与性质和一次函数的性质．。

高考数学总复习---压轴题之函数零点问题(解析版)

高考数学总复习---压轴题之函数零点问题(解析版)

整体的代换和过渡，再结合其他条件，从而最终解决问题．我们称这类问题为“隐零
点”问题．处理此类问题的策略可考虑“函数零点存在定理”、“构造函数”、利用“函
数方程思想”转化等，从操作步骤看，可遵循如下处理方法：
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程 f′(x0)＝0，并
结合 f(x)的单调性得到零点的范围；这里应注意，确定隐性零点范围的方式是多种多
故 f (x) 在 (0, x0 ) 单调递减，在 ( x0 ,1] 单调递增，
所以当 x = x0 时， f (x) 取得最小值，最小值为 f (x0 ) = e2x0 − a ln x0 ，
由 2x0e2x0
−a
=
0 ，即 e2x0
=
a 2 x0
，两边去对数得 ln
x0
= ln
a 2
− 2x0
2 / 22
零点的情况讨论函数的性质或证明不等式等.本专题围绕利用函数的“隐零点”，破解
导数压轴问题，例题说法，高效训练.
【典型例题】
类型一 挖掘“隐零点”，求参数的最值或取值范围
例 1.【浙江省杭州第十四中学 2019 届高三 12 月月考】设函数
,曲线 y=f(x)在 x=1 处的切线与直线 y=3x 平行.
（1）求 a；
﹣2
﹣2
（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点 x0，且 e ＜f（x0）＜2 ．
【答案】（1）1；（2）见解析.
2
【解析】（1）因为 f（x）=ax ﹣ax﹣xlnx=x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），则 f（x）≥0 等
价于
1 h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知 h′（x）=a﹣ ．则当 a≤0 时 h′（x）＜0，即 y=h

函数与导数之零点问题(解析版)

函数与导数之零点问题(解析版)

函数与导数之零点问题一．考情分析零点问题涉及到函数与方程，但函数与方程是两个不同的概念,但它们之间有着密切的联系,方程f (x )＝0的解就是函数y ＝f (x )的图像与x 轴的交点的横坐标,函数y ＝f (x )也可以看作二元方程f (x )－y ＝0通过方程进行研究.就中学数学而言,函数思想在解题中的应用主要表现在两个方面：①是借助有关初等函数的性质,解有关求值、解(证)不等式、解方程以及讨论参数的取值范围等问题：②是在问题的研究中,通过建立函数关系式或构造中间函数,把所研究的问题转化为讨论函数的有关性 质,达到化难为易,化繁为简的目的.许多有关方程的问题可以用函数的方法解决,反之,许多函数问题也可以用方程的方法来解决.函数与方程的思想是中学数学的基本思想,也是各地模考和历年高考的重点.二．经验分享1.确定函数f (x )零点个数(方程f (x )＝0的实根个数)的方法：(1)判断二次函数f (x )在R 上的零点个数，一般由对应的二次方程f (x )＝0的判别式Δ＞0，Δ＝0，Δ＜0来完成；对于一些不便用判别式判断零点个数的二次函数，则要结合二次函数的图象进行判断．(2)对于一般函数零点个数的判断，不仅要用到零点存在性定理，还必须结合函数的图象和性质才能确定，如三次函数的零点个数问题．(3)若函数f (x )在[a ，b ]上的图象是连续不断的一条曲线，且是单调函数，又f (a )·f (b )＜0，则y ＝f (x )在区间(a ，b )内有唯一零点．2.导数研究函数图象交点及零点问题利用导数来探讨函数)(x f y =的图象与函数)(x g y =的图象的交点问题，有以下几个步骤： ①构造函数)()()(x g x f x h -=； ②求导)('x h ；③研究函数)(x h 的单调性和极值（必要时要研究函数图象端点的极限情况）； ④画出函数)(x h 的草图，观察与x 轴的交点情况，列不等式；⑤解不等式得解.探讨函数)(x f y =的零点个数，往往从函数的单调性和极值入手解决问题，结合零点存在性定理求解.三、题型分析（一）确定函数的零点与方程根的个数问题例1.【四川省成都七中2020届高三上半期考试，理科数学，12】函数)(x f 是定义在R 上的偶函数，周期是4，当[]2,0∈x 时，3)(2+-=x x f ，则方程0log )(2=-x x f 的根个数为（ ）A.3B.4C.5D.6 【答案】C【解析】)(x f 是定义在R 上的偶函数，周期是4，当[]2,0∈x 时，3)(2+-=x x f ，根据性质我们可以画出函数图像，方程0log )(2=-x x f 的根个数转化成⎩⎨⎧==x y x f y 2log )(的交点个数，有图像可以看出，一共有5个交点，ABCDE.其中我x=8处是要仔细看图，是易错点。

高考常考题-函数的零点问题(含解析)

高考常考题-函数的零点问题(含解析)

函数的零点问题一、题型选讲 题型一、运用函数图像判断函数零点个数可将零点个数问题转化成方程，进而通过构造函数将方程转化为两个图像交点问题，并作出函数图像。

作图与根分布综合的题目，英中作图是通过分析函数的单调性和关键点来进行作图，在作图的过程中还要 注意渐近线的细节，从而保证图像的准确。

例1、(2019苏州三市、苏北四市二调)立义在R 上的奇函数金)满足Λx+4)=Λx),且在区间[2, 4)上例3、【2018年高考全国III 卷理数】函数/(x) = COS^3Λ + ^ ∣^[0,π]的零点个数为 ______ 题型二、函数零点问题中参数的范围已知函数零点的个数，确定参数的取值范围，常用的方法和思路：(1) 直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范囤.(2) 分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决，解法2就是此法.它的本质就是将 函数转化为一个静函数与一个动函数的图像的交点问题来加以处理，这样就可以通过这种动静结合来方便 地研究问题.(3) 数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画岀函数的图像，然后数形结合求解.1∏Λ∖X≥ 1例4. (2020届山东省枣庄.滕州市髙三上期末)已知/(X) = {…、f ,若函数y = ∕(x)-l 恰有f(2-x) + k,x<∖一个零点，则实数A ∙的取值范围是( )A. (l,4∙s) B ・ ILC. (YU)D ・(Y M]Z、21og^ x,x≥∖. Z 、例5、(2020全国高三专题练习(文))函数/(M = [f(w]) JI yl ，若方程f(x) = ~2x + m 有且只有两个不相等的实数根，则实数加的取值范围是()A. (-oo,4)B. (Y ,4]C. (-2,4)D. (-2,4]2-x,2≤x<3x-4,3≤x<4则函数y=∕ω-iog s H 的零点的个数为 ____________x<b例2、(2017苏锡常镇调研)若函数Λx)=≤ IInx<x>l, )则函数y=^χ)∣~∣的零点个数为 ______若函数F(X) =/(x)-g(x)在［0,2)上只有两个零点，则实数R 的值不可能为A.丄 3 3 C.——4例6、［2020年高考天津】已知函数f(x) = < Λ j'0,若函数g(γ) =γ,(j).∣AΛ^2点，则k 的取值范围是A. (→>,-∣)U(2√2,+oo)B ∙ U(0,2√Σ)c ・(Y,0)U(0,2√Σ) D ・ YO)U(2√Σ,S例7. ［2019年髙考浙江】已知t 函数f(x) = < 1x,x < O1 c ・若函数一F --(α + l)f +ax.x≥O 13 2y = f(x)-cιx -b 恰有3个零点，则A. Λ<-L b<0B. αv -l, b>0C. α>-l, XoD ・ α>-l, b>Q例8. (2020浙江学军中学髙三3月月考)已知函数/(X)=(A -÷4)V5≤X <-3J 若函数 /(x-2),x≥-3g(x) = ∕α)-W(X+ 1)1有9个零点，则实数M 的取值范围是()A.［科丿B.1 1)匕'FD.1 1 <55例9.(2020届浙江省杭州市第二中学髙三3月月考)已知函数/(X)=2/V 『心2'B- 4D ・-1-2彳伙WR)恰有4个零二、达标训练1、(2019 IlJ 东师范大学附中高三月考)函数/(x) = √-W 的零点所在区间为()A- (一 1'O)B- [θ,^j C - (Al D- (1'2)e 丫 X V 02、 【2018年髙考全国I 卷理数】已知函数/(X)=g(χ) = f(χ) + x + a •若g(x)存在2个lnx, x>O,零点，则α的取值范用是A. [一 1, 0)B. [0, +∞)C. [-1, +oo)D. [1, +∞)3、 (2020届浙江省“山水联盟"髙三下学期开学)已知αbwR,函数f(x) = <(A+(l)e +αr "≤°,若函x,x>0数y = f{x)-ax-b 恰有3个零点，则()A. a>∖J)>OB. d>l,D<0C. a<tb>OD. a<^b<O4. (2020届山东实验中学髙三上期中)设定义在/?上的函数/(X)满足/(→) + /(X) = X 2,K 当X WO 时,__________ ・若函数沧)恰有2个零点，则2的取值范圉是 _____________≥∕(1~x ))2}且★为函数 g(x) = e λ-y[ex-aZR 疋为自然对数的底数)的一个零点，则实数α的取值可能是()A. 1√E 2D ・√72√7(0<x≤l)5、(2020届山东师范大学附中髙三月考)已知函数fW = ∖2—(X > DIX若方程/(兀)=一力+ α有三个不同的实根，则实数α的取值范围是 _______6、［2018年髙考浙江】已知z∈R.函数沧)=<X - 4, % ≥ Λ X 2-4x + 3,x<2,当z=2时，不等式√(x)vθ的解集是广(X)Vx .己知存在如Λ 2+2ax + a,x ≤ O 74202O届江苏省南通市如皋市高三下学期二模】已知函数f(x) = \e x_ex I ,,若存在实数+-a2,x>O X 3使得函数y = f(χ)-k有6个零点，则实数。

函数的零点与解析问题及例题分析

函数的零点与解析问题及例题分析

函数的零点与解析问题及例题分析1. 函数的零点函数的零点指的是函数取值为零的点，即满足$f(x) = 0$的$x$值。

求函数的零点是许多数学问题中的基本任务。

求函数的零点方法很多，常见的包括二分法、牛顿法、割线法等。

下面以二分法为例来说明求函数零点的过程。

例题1：：已知函数$f(x) = \sin(x)$，求$f(x)$的零点。

解析过程如下：1. 首先确定一个区间$[a, b]$，使得$f(a)$和$f(b)$异号。

2. 将区间中点记作$c$，计算$f(c)$的值。

3. 如果$f(c)$为零，则$c$是$f(x)$的零点；否则，根据$f(c)$和$f(a)$（或$f(b)$）的符号确定新的区间。

4. 重复步骤2和3，直到找到一个足够接近零点的解。

2. 解析问题解析问题是指在数学运算中的一些特殊情况，如分母为零、根号内为负数等。

解析问题的存在可能导致函数无法取值或无法计算。

解析问题的判定和处理与具体的数学表达式有关。

以下是一些常见的例子：- 分母为零：当函数中出现分母为零的情况时，其解析问题是分母为零的$x$值，并且在该点处函数无法取值。

- 根号内为负数：当函数中出现根号内为负数的情况时，其解析问题是根号内为负数的$x$值，并且在该点处函数无法计算。

解析问题在数学问题的解决中需要注意，可以通过数值计算的方法来规避这些问题。

3. 例题分析例题2：：已知函数$f(x) = \frac{1}{x^2 - 4}$，求$f(x)$的定义域。

解析过程如下：由于分母为$x^2 - 4$，我们需要排除使分母为零的情况。

即解方程$x^2 - 4 = 0$，求得$x = \pm 2$。

因此，函数$f(x)$的定义域为$(-\infty, -2) \cup (-2, 2) \cup (2, \infty)$。

以上是关于函数的零点与解析问题的简要分析和例题讲解。

希望对您有所帮助！。

专题03 函数与方程和零点问题与嵌套函数(解析版)

专题03 函数与方程和零点问题与嵌套函数(解析版)

专题03 函数与方程和零点问题与嵌套函数一、重点题型目录【题型】一、零点存在定理法判断函数零点所在区间 【题型】二、方程法判断函数零点个数 【题型】三、数形结合法判断函数零点个数 【题型】四、转化法判断函数零点个数 【题型】五、利用函数的零点或方程有根求参数 【题型】六、利用函数的交点或交点个数求参数 【题型】七、一元二次不等式恒成立问题 【题型】八、一元二次不等式能成立问题 二、题型讲解总结【题型】一、零点存在定理法判断函数零点所在区间例1．（2023·全国·高三专题练习）函数()2ln 1f x x x =--的零点所在的区间是（ ）A ．()1,2B ．()2,3C ．()3,4D ．()4,5【答案】B【分析】利用零点存在性定理求解即可 【详解】函数()2ln 1f x x x =--在()1,+∞ 上单调递增，且在()1,+∞上连续. 因为()22ln 2ln 22021f =-=-<-，()23ln 3ln 31031f =-=->-， 所以()()230f f <，所以函数的零点所在的区间是()2,3. 故选：B例2．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()f x 的定义域为(0,)+∞，对任意,()0x ∈+∞，都有()2()log 20f f x x -=．现已知()()17f a f a +'=，那么（ ） A ．(1,1.5)a ∈ B ．(1.5,2)a ∈C ．(2,2.5)a ∈D ．(2.5,3)a ∈【答案】D【分析】先由()2()log 20f f x x -=求出2()16log f x x =+，再由()()17f a f a +'=得到21log 10ln 2a a --=，结合单调性和零点存在定理进行判断即可. 【详解】不妨设2()log f x x m -=，则()20f m =，所以2log 2016m m m +=⇒=，得2()16log f x x =+，1()ln 2f x x '=，因为()()17f a f a +'=，所以21log 10ln 2a a --=．令21()log 1ln 2g a a a =--，易得()g a 在(0,)+∞上单调递增，因为227ln118(3)log 3103ln 23ln 2g -=--=>，52531255ln 2ln 25ln 21ln 42410244(2.5)log 2.5102.5ln 25ln 25ln 25ln 25ln 2g ⎛⎫--- ⎪-⎝⎭=--===<<， 由零点存在定理知：(2.5,3)a ∈. 故选：D ．例3．（2023·全国·高三专题练习）已知()=ln f x x ，()e xg x =，若()()f s g t =，则当s t -取得最小值时，()g t 所在区间是（ ） A ．11,3e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．11,e 2⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．()ln 2,1D ．1,ln 22⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】D【分析】由已知条件构造函数()e ln ah a a =-，利用导数求出最值，由零点存在性定理验证001e 0a a -=的根的范围即可. 【详解】令()()f s g t a ==，即e ln 0t s a ==>， ∴ln t a =，e a s =， ∴e ln (0)a s t a a -=->，令()e ln ah a a =-，则()1e a h a a'=-，令()1e am a a =-，则()21e a m a a '=+， ∴()m a 在()0,∞+上单调递增，且()1e 10m =->，1202m ⎛⎫=< ⎪⎝⎭∴存在唯一0a a =使得()0h a '=，当00a a <<时，1e a a <， ()0h a '<，当0a a >时，1e aa>， ()0h a '>，∴()0()min h h a a =，即s t -取得最小值时，0()f s a a ==，由零点的存在定理验证01e 0aa -=的根的范围，当012a =时，001e 0a a -<，当0ln2a =时，001e 0aa ->，故01(,ln 2)2a ∈， 故选：D ．例4．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()()2e 0-=->x af x x a 有两个极值点1x 和2x ，且12x x <，则下列结论正确的是（ ）A ．101x <<B ．2101xx e << C ．()101f x << D ．()1ln 2,a ∈-+∞【答案】ACD 【分析】函数()()2e0-=->x af x x a 有两个极值点1x 和2x ，令()0f x '=，则e2e =xa x判断函数()e x g x x =的单调性，由题知()e xg x x=与2e =a y 有两个交点，借助图像求出a 的取值范围，判断D ；再根据零点存在性定理判断A ；又根据11e 2-=x ax ，求出()1f x 的取值范围，判断C ；由()()1200f x f x ⎧'=='⎪⎨⎪⎩，得2112e e x xx x =，由于101x <<，21x >，所以12e 1>x x ，从而判断B.【详解】已知()2e -=-x a f x x ，则()e 2-'=-x af x x ，令()0f x '=，则e2e =xa x考虑函数()e xg x x =，则()()2e 1x x g x x-'=， 当(),0x ∈-∞时，()0g x '<，即()g x 在(),0∞-上单调递减； 当()0,1x ∈时，()0g x '<，即()g x 在()0,1上单调递减； 当()1,x ∈+∞时，()0g x '>，即()g x 在()1,+∞上单调递增； 故()g x 的图象大致如图：依题意，若()f x 有两个极值点，则2e e >a ，即1ln 2a >-，因此选项D 正确； 由图易知，101x <<，21x >，故选项A 正确； 又11e 2-=x ax ，故()()122211111e 211-=-=-=--x a f x x x x x ，因为101x <<，所以()101f x <<，故选项C 正确； 因为()()1200f x f x ⎧'=='⎪⎨⎪⎩，即1212e 2e 2x a x a x x --⎧=⎨=⎩，故1212e e =x x x x ，即2112e e x xx x =. 由于101x <<，21x >，所以12e 1>x x ，从而21e 1>xx ，故选项B 错误.故答案为：ACD.【题型】二、方程法判断函数零点个数例5．（2023·全国·高三专题练习）关于函数()ln ||ln |2|f x x x =+-有下述四个结论： ∴()f x 的图象关于直线1x =对称 ∴()f x 在区间(2,)+∞单调递减 ∴()f x 的极大值为0 ∴()f x 有3个零点 其中所有正确结论的编号为（ ） A ．∴∴ B ．∴∴ C ．∴∴∴ D ．∴∴∴【答案】D【分析】根据给定函数，计算(2)-f x 判断∴；探讨()f x 在(2,)+∞上单调性判断∴；探讨()f x 在(0,1)和(1,2)上单调性判断∴；求出()f x 的零点判断∴作答.【详解】函数()ln ||ln |2|f x x x =+-的定义域为(,0)(0,2)(2,)-∞⋃⋃+∞， 对于∴，(,0)(0,2)(2,)x ∈-∞⋃⋃+∞，则2(,0)(0,2)(2,)x -∈-∞⋃⋃+∞， (2)ln |2|ln ||()f x x x f x -=-+=，()f x 的图象关于直线1x =对称，∴正确；对于∴，当2x >时，()ln ln(2)f x x x =+-，()f x 在(2,)+∞单调递增，∴不正确； 对于∴，当0x <时，()ln()ln(2)f x x x =-+-，()f x 在(,0)-∞单调递减，当02x <<时，2()ln ln(2)ln[(1)1]f x x x x =+-=--+，()f x 在(0,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减，又()f x 在(2,)+∞单调递增，因此()f x 在1x =处取极大值(1)0f =，∴正确；对于∴，由()0f x =得：2|2|1x x -=，即2210x x --=或2210x x -+=，解得1x =1x =，于是得()f x 有3个零点，∴正确， 所以所有正确结论的编号为∴∴∴. 故选：D【点睛】结论点睛：函数()y f x =的定义域为D ，x D ∀∈，存在常数a 使得()(2)()()f x f a x f a x f a x =-⇔+=-，则函数()y f x =图象关于直线x a =对称.例6．（2023·全国·高三专题练习）若()f x 为奇函数，且0x 是()2e x y f x =-的一个零点，则0x -一定是下列哪个函数的零点（ ） A ．()e 2x y f x -=-- B ．()e 2x y f x =+ C ．()e 2x y f x =- D ．()e 2x y f x =-+【答案】B【分析】根据()f x 是奇函数可得()()f x f x -=-，因为0x 是()2e =-xy f x 的一个零点，代入得()002e xf x =，利用这个等式对A 、B 、C 、D 四个选项进行一一判断可得答案.【详解】()f x 是奇函数，()()f x f x ∴-=-且0x 是()2e =-xy f x 的一个零点， 所以()002e xf x =，把0x -分别代入下面四个选项，对于A ，()()0020e e 222-=-x x f x ，不一定为0，故A 错误；对于B ，()()0000e 2e x xf x f x ---+=-0012e e 20x x -+=-⋅⋅+=，所以0x -是函数()e 2x y f x =+的零点，故B 正确；对于C ，()000224e 2e ---=--=-x f x ，故C 不正确；对于D ，()0000e 22e e +24--+==x x x f x ，故D 不正确；故选：B.例7．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()cos 2cos f x x x =+，且[]0,2πx ∈，则()f x 的零点个数为（ ） A ．1个 B ．2个C ．3个D ．4个【答案】C【分析】解三角方程求得()f x 的零点即可解决【详解】由()()2cos 2cos 2cos cos 1cos 12cos 10x x x x x x +=+-=+-=可得cos 1x =-或1cos 2x =，又[]0,2πx ∈，则πx =，或π3x =，或5π3x =则()f x 的零点个数为3 故选：C例8．（2023·全国·高三专题练习）()f x 是定义在R 上的以3为周期的奇函数，且()20f =，则方程()0f x =在区间[]6,6-内解的个数的最小值是_______. 【答案】13【分析】根据函数周期性和奇偶性的性质，进行递推即可． 【详解】()f x 是定义在R 上的以3为周期的奇函数，()()3f x f x ∴+=，且()()f x f x -=-，则()00f =，则()()()()()()36600330f f f f f f ==-==-=-=，，()20f =，()()()()514050f f f f ∴=-=-=-=，， ()10f =，()40f =，()20f -=，方程的解至少有0，3，6，6-，3-，2，5，5-，2-，1-，1，4，4-，共13个． 故答案为：13【题型】三、数形结合法判断函数零点个数例9．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()33f x x x =-，则函数()()h x f f x c =-⎡⎤⎣⎦，[]2,2c ∈-的零点个数（ ）A ．5或6个B ．3或9个C ．9或10个D ．5或9个【答案】D【分析】设()t f x =，求导分析()33f x x x =-的最值与极值，画出图形，再分析()f t c =与()t f x =的根的范围与个数即可【详解】设()t f x =，则由()()0h x f f x c =-=⎡⎤⎣⎦， 得()f f x c =⎡⎤⎣⎦，即()f t c =，()t f x = 又()()()233311f x x x x '=-=-+， 由0fx得1x <-或1x >，此时函数单调递增，由()0f x '<得11x -<<，此时函数单调递减，即函数在=1x -处取得极大值()()()311312f -=--⨯-=，函数在1x =处取得极小值()311312f =-⨯=-，又由()()()322322f -=--⨯-=-，()322322f =-⨯=可得图象：若()f t c =，()2,2c ∈-，则方程有三个解， 满足121t -<<-，211t -<<，312t <<， 则当121t -<<-时，方程()t f x =，有3个根， 当211t -<<时，方程()t f x =，有3个根， 当312t <<时，方程()t f x =，有3个根，此时共有9个根，若()f t c =，2c =，则方程有两个解， 满足11t =-，22t =，则当11t =-时，方程()t f x =，有3个根， 当22t =，有2个根， 此时共有5个根，同理()f t c =，2c =-，也共有5个根 故选：D ．例10．（2023·全国·高三专题练习）若定义在R 上的偶函数f (x )满足f (x ＋2)＝f (x )，且当x ∴[0,1]时，f (x )＝x ，则函数y ＝f (x )－log 3|x |的零点个数是（ ） A ．1 B ．2C ．3D ．4【答案】D【分析】由题意知，f (x )是周期为2的偶函数，将函数零点转化为求两个函数图象交点的个数即可，作出图象观察得出结论.【详解】由题意知，f (x )是周期为2的偶函数．在同一坐标系内作出函数y ＝f (x )及y ＝log 3|x |的图象，如下：观察图象可以发现它们有4个交点， 即函数y ＝f (x )－log 3|x |有4个零点． 故选：D.例11．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()()e 2,1ln 1,1xx f x x x -⎧-≤⎪=⎨->⎪⎩，则函数()()()21g x f f x f x =-+⎡⎤⎣⎦的零点个数是（ ）A ．4B ．5C ．6D ．7【答案】B【分析】令()t f x =，()0g x =，则()21f t t =-，分别作出函数()y f t =和直线21y t =-的图象，得到10t =，212t <<，再分别作出函数()y f x =和直线y t =的图象，得到方程()0f x =和方程()2t f x =的根的个数，进而得到函数()()()21g x f f x f x =-+⎡⎤⎣⎦的零点个数. 【详解】令()t f x =，()0g x =，则()210f t t -+=，即()21f t t =-， 分别作出函数()y f t =和直线21y t =-的图象，如图所示，由图象可得有两个交点，横坐标设为1t ，2t ， 则10t =，212t <<，对于()t f x =，分别作出函数()y f x =和直线2y t =的图象，如图所示，由图象可得，当()10f x t ==时，即方程()0f x =有两个不相等的根， 当()2t f x =时，函数()y f x =和直线2y t =有三个交点， 即方程()2t f x =有三个不相等的根，综上可得()0g x =的实根个数为5，即函数()()()21g x f f x f x =-+⎡⎤⎣⎦的零点个数是5. 故选：B.例12．（2023·上海·高三专题练习）对于给定的正整数n （n ≥2），定义在区间[0，n ]上的函数y ＝f （x ）满足：当01x ≤≤时，2()2f x x x =-+，且对任意的x ∴[1，n ]，都成立f （x ）＝f （x ﹣1）+1．若与n 有关的实数kn 使得方程f （x ）＝knx 在区间[n ﹣1，n ]上有且仅有一个实数解，则关于x 的方程f （x ）＝knx 的实数解的个数为____． 【答案】2n ﹣1##12-+n【分析】数形结合，画出y ＝f （x ）在区间[0，n ]上的图象，根据y ＝knx 与y ＝f （x ）的图象交点分析即可．【详解】由题意，画出y ＝f （x ）在区间[0，1]上的图象， 又对任意的[1，n ]，都成立f （x ）＝f （x ﹣1）+1．可理解为区间[n ﹣1，n ]的图象由区间[n ﹣2，n ﹣1]的图象向右平移一个单位所得， 即可画出y ＝f （x ）在区间[0，n ]上的图象，如图所示，故若与n 有关的实数kn 使得方程f （x ）＝knx 在区间[n ﹣1，n ]上有且仅有一个实数解， 则y ＝knx 与y ＝f （x ）在区间[n ﹣1，n ]上的图象相切，且易得y ＝f （x ）的图象在y ＝x 与区间[0，1]，[1，2]，[2，3]，∴[n ﹣1，n ]上的公切线之间， 故y ＝knx 与y ＝f （x ）在区间[0，1]，[1，2]，[2，3]，∴[n ﹣1，n ]上均有2个交点， 故关于x 的方程f （x ）＝knx 的实数解的个数为2（n ﹣1）+1＝2n ﹣1个． 故答案为：2n ﹣1．【题型】四、转化法判断函数零点个数例13．（2022·全国·高三专题练习）已知()f x 的定义域为[)0,∞+，且满足()[)()[)1,0,121,1,xe xf x f x x ⎧-∈⎪=⎨-∈+∞⎪⎩，若()()g x f x π=-，则()g x 在[]0,10内的零点个数为（ ） A ．8 B ．9 C ．10 D ．11【答案】B【分析】求出函数()f x 在区间[)(),109,n n n n N +≤≤∈值域及单调性，由此可得出结论.【详解】当[)0,1x ∈时，()[)10,1xf x e e =-∈-，当[)1,2x ∈时，[)10,1x -∈，则()()[)210,22f x f x e =-∈-，当[)2,3x ∈时，[)20,1x -∈，则()()()[)21420,44f x f x f x e =-=-∈-，以此类推，当[)(),109,x n n n n N ∈+≤≤∈时，()()())20,21n nf x f x n e ⎡=-=-⎣，且函数()f x 在区间[)(),109,n n n n N +≤≤∈上为增函数，122e e π-<<-，所以，函数()g x 在区间[)(),119,n n n n N +≤≤∈上有且只有一个零点，且()()()101010200g f f ππ=-=-<，因此，()g x 在[]0,10内的零点个数为9. 故选：B.【点睛】方法点睛：判定函数()f x 的零点个数的常用方法：（1）直接法：直接求解函数对应方程的根，得到方程的根，即可得出结果；（2）数形结合法：先令()0f x =，将函数()f x 的零点个数，转化为对应方程的根，进而转化为两个函数图象的交点个数，结合图象，即可得出结果. 例14．（2022·全国·高三专题练习（文））已知函数()()3log 911x f x x+=-，下列说法正确的是（ ）A ．()f x 既不是奇函数也不是偶函数B ．()f x 的图象与sin y x =有无数个交点C ．()f x 的图象与2y =只有一个交点D ．()()21f f -<- 【答案】C【分析】A 根据函数奇偶性的定义即可判断()f x 的奇偶性；B 利用放缩法，当0x >易证()1f x >，由奇函数的对称性知0x <时()1f x <-，即可知()f x 与sin y x =的交点情况；C ：由()2f x =变形可得112713xx⎛⎫+= ⎪⎝⎭⎛⎫ ⎪⎝⎭，设()11327xxg x ⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭只需判断()1g x =解得个数即可；D 根据函数解析式求出()()2,1f f --比较大小即可. 【详解】A ：()f x 定义域为{|0}x x ≠且()()()()()()333391log log 91log 91log 9191120x x x x x f x f x x x x x -⎛⎫+ ⎪+++⎝⎭-+=-+-=--=-，故()f x 为奇函数，错误；B ：当0x >时有()3log 91211xf x x>-=-=，又()f x 为奇函数，则当0x <时，()1f x <-，即在R 上()f x ∈()(),11,-∞-⋃+∞，则()f x 的图象与sin y x =没有交点，错误， C ：若()2f x =，则有()3log 9112x x+-=，即()3log 913x x +=，变形得9127x x+=，即112713x x⎛⎫+= ⎪⎝⎭⎛⎫ ⎪⎝⎭， 设()11327xxg x ⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则()g x 为减函数且其值域为0,，则()1g x =有且只有一个解，即()f x 的图象与2y =只有一个交点，正确，D ：()()2333182log 1log 2log 918181211222f -⎛⎫⎛⎫++ ⎪+ ⎪⎝⎭-=-=--=- ⎪- ⎪⎝⎭3182log 29=-⨯3log =-，而()333110101log 11log 1log 993f ⎛⎫⎛⎫-=-+-=-+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则有()()21f f ->-，错误.故选：C.【点睛】关键点点睛：A 利用奇偶性定义判断函数的奇偶性，B 放缩法及奇函数的对称性，结合正弦函数的性质判断交点情况，C 将交点问题，通过恒等变形转化为方程是否有解的问题，D 通过函数解析式求函数值，进而比较大小.例15．（2022·全国·高三专题练习）高斯被人认为是历史上最重要的数学家之一，并享有“数学王子”之称.有这样一个函数就是以他名字命名的：设x ∈R ，用[]x 表示不超过x 的最大整数，则()[]f x x =称为高斯函数，又称为取整函数.如：(2.3)2f =，( 3.3)4f -=-.则下列结论正确的是（ ）A ．函数()f x 是R 上的单调递增函数B ．函数2()()3g x f x x =-有2个零点 C ．()f x 是R 上的奇函数D ．对于任意实数,a b ，都有()()()f a f b f a b +≤+ 【答案】BD【分析】对于AC ，举例判断，对于B ，利用取整函数和零点的定义判断即可，对于D ，定义{}[]a a a -=这样一个函数，就会有{}10a >≥，然后结合高斯函数的定义判断即可 【详解】对于A ，(1.1)1f =，(1.2)1f =，(1.1)(1.2)f f =，()f x ∴在R 上不是单调增函数，所以A 错.对于B ，由()[]f x x =，可得1()x f x x -<≤，所以1()33x xg x -<≤，若函数()g x 要有零点，则1033x x -<≤，得[0,3)x ∈，因为()g x 要想为0，必须23x 也为整数，在这个范围内，只有30,2x x ==两个点，所以B 正确， 对于C ，(1.1)1f =，( 1.1)2(1.1)f f -=-≠-，()f x ∴不是奇函数，所以C 错， 对于D ，如果我们定义{}[]a a a -=这样一个函数，就会有{}10a >≥，同时有{}{}{}{}()([][])[[][]]f a b f a b a b a b a b +=+++=+++，当{}{}1a b +≥时，会有()[][]()()f a b a b f a f b +=+=+，当{}{}01a b <+<时，()[][]()()f a b a b f a f b +>+=+，所以D 正确，故选：BD.【题型】五、利用函数的零点或方程有根求参数例16．（2023·全国·高三专题练习）函数f (x )＝ax 2－x －1有且仅有一个零点，则实数a 的值为（ ）A ．－14B ．0C ．14D ．0或－14【答案】D【分析】通过a 是否为0，然后求解函数的零点即可．【详解】解：当0a =时，函数()1f x x =--仅有一个零点，满足题意；当0a ≠时，函数2()1f x ax x =--仅有一个零点，可得140a ∆=+=，解得14a =-．故选：D例17．（2023·全国·高三专题练习）已知函数1,1()1()1,12x a x f x x -=⎧⎪=⎨+≠⎪⎩，若方程22()(23)()30-++=f x a f x a 有5个不同的实数解，则a 的范围是（ ）A ．33(1,)(,2)22⋃B ．(1,2)(2,3)C ．(1,)+∞D ．(1,3)【答案】A【分析】解方程22()(23)()30-++=f x a f x a 得()f x a =或3()2f x =，根据a 的取值分类讨论即可.【详解】方程22()(23)()30-++=f x a f x a ，解得()f x a =或3()2f x =， 若32a =，13,132()12()1,12x x f x x -⎧=⎪⎪==⎨⎪+≠⎪⎩， 解得1x =或0或2，不符合题意，所以32a ≠， 由3()2f x =，可得原方程有3个不等实根1x =或0或2； 所以只要|1|1()12x a -+=有2个不等实根即可．由|1|0x ->可得|1|10()12x -<<，即有12a <<，综上可得33(1,)(,2)22a ⋃∈．故选：A ．例18．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()2ln ,043,0x x f x x x x >⎧=⎨---≤⎩，若函数()()21y f x mf x =++⎡⎤⎣⎦有6个零点，则m 的取值范围是（ ） A ．102,3⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．102,3⎛⎤- ⎥⎝⎦C ．102,3⎛⎫⎪⎝⎭D ．102,3⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】D【分析】画出()f x 的图像，结合函数()()21y f x mf x =++⎡⎤⎣⎦有6个零点，结合图像列不等式来求得m 的取值范围.【详解】当0x ≤时，()f x 是开口向下的二次函数，对称轴为2x =-，()()24831,03f f -=-+-==-.由243=0x x ---解得=1x -或3x =-. 由此画出()f x 的图像如下图所示，依题意，函数()()21y f x mf x =++⎡⎤⎣⎦有6个零点， 令()t f x =，则21y t mt =++，根据图像可知，函数21y t mt =++在区间[)3,1-上有两个不相等的实数根，则()222Δ403310110312m m m m ⎧=->⎪--+≥⎪⎪⎨++>⎪⎪-<-<⎪⎩，解得1023m <≤，所以m 的取值范围是102,3⎛⎤ ⎥⎝⎦.故选：D例19．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()2221,0log ,0x x f x x x +⎧-≤⎪=⎨>⎪⎩，若关于x 的方程2[()]()40f x mf x ++=有6个不同的实数根，则m 的取值范围是（ ）A ．13(,5),43⎡⎫-∞-⋃--⎪⎢⎣⎭B ．13,43⎡⎫--⎪⎢⎣⎭ C ．134,(5,)3⎛⎤⋃+∞ ⎥⎝⎦ D ．134,3⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】A【分析】画出()f x 的图象，令()t f x =，则先讨论240t mt ++=的零点，根据二次函数判别式与韦达定理，结合()f x 的图象可得240t mt ++=的较小根的范围，进而根据m 与较小根的关系式结合函数的单调性求解即可.【详解】画出()f x 的图象如图，令()t f x =，则先讨论240t mt ++=的零点. 当2440m ∆=-⨯<，即44m -<<时，不合题意；当2440m ∆=-⨯=，即4m =±时，易得2t =或2t =-，此时当()2f x =或()2f x =-时均不满足有6个零点，不合题意；故2440m ∆=-⨯>，4m >或4m <-，设240t mt ++=的两根为12,t t ，不妨设12t t <，由韦达定理124t t =，且12,2t t ≠.∴当12,0t t <时，()1f x t =与()2f x t =均无零点，不合题意； ∴当12,0t t >时：1. 若101t <<，则24t >，此时()1f x t =有4个零点，()2f x t =有2个零点，合题意；2. 若112t ≤<，此时()1f x t =有3个零点，则()2f x t =有且仅有3个零点，此时223t <≤，故1423t ≤<； 综上可得101t <<或1423t ≤<. 又12t t m +=-，故()12114m t t t t ⎛⎫=-+=-+ ⎪⎝⎭，结合4y t t =+在()0,2上为减函数可得114m t t ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭在()0,1，4,23⎡⎫⎪⎢⎣⎭上为增函数.故13(,5),43m ⎡⎫∈-∞-⋃--⎪⎢⎣⎭故选：A【点睛】本题主要考查了数形结合解决复合函数零点的问题，需要换元先分析二次函数的零点情况，数形结合判断零点所在的区间，进而得出()f x 零点所在的区间，并结合二次函数的性质与韦达定理求解.属于难题.例20．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()()23,0,3,0,x x x f x f x x ⎧--<⎪=⎨-≥⎪⎩以下结论正确的是（ ）A ．()f x 在区间[7,9]上是增函数B ．()()220222f f -+=C ．若函数()y f x b =-在(),6-∞上有6个零点()1,2,3,4,5,6i x i =，则619i i x ==∑D ．若方程()1f x kx =+恰有3个实根，则11,3k ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭【答案】BC【分析】A 根据()f x 的周期性判断区间单调性；B 利用周期性求得()() 202230f f =-=即可判断；C 转化为y b =与()y f x =的交点问题，应用数形结合法及对称性求零点的和；D 根据函数图象求得1y kx =+与()y f x =交点个数为2或3时的临界值，即可得范围. 【详解】A ：由题意,当3x ≥-时()f x 以3为周期的函数，故()f x 在[7,9]上的单调性与()f x 在[-2,0]上的单调性相同，而当0x <时()23924x x f ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭，∴()f x 在[-2,0]上不单调，错误；B ：()22f -=，()() 202230f f =-=，故()()2 20222f f -+=，正确；C ：作出()y f x =的函数图象如图所示：由于()y f x b =-在(),6-∞上有6个零点，故直线y b =与()y f x =在(),6-∞上有6个交点，不妨设1i i x x +<，i ＝1，2，3，4，5，由图象知:1x ，2x 关于直线32x =-对称，3x ，4x 关于直线32x =对称，5x ，6x 关于直线92x =对称，∴513392229222i i x ==-⨯+⨯+⨯=∑，正确；D ：若直线1y kx =+经过(3,0)，则13k =-，若直线1y kx =+与()230y x x x =--<相切，则消元可得：()2103x k x ++=+，令Δ0=可得()2340k +-=，解得k ＝-1或k ＝-5（舍），若直线1y kx =+与()y f x =在(0,3)上的图象相切，由对称性得:k ＝1． 因为()1f x kx =+恰有3个实根，故直线1y kx =+与()y f x =有3个交点， ∴113k -<<-或k ＝1，错误，故选：BC ．例21．（2023·全国·高三专题练习）若函数()()2e 2xf x x x a =-++在区间(),1a a +上存在最大值，则实数a 的取值范围为_______【答案】2⎫⎪⎪⎝⎭【分析】根据开区间上连续函数的最值点必为导函数的零点，然后求导，数形结合，根据零点存在性定理建立不等式即可求解【详解】因为()()()22e 222e 2x xf x x x a x x a '=-++-+=-++，且函数()f x 在区间(),1a a +上存在最大值， 故只需()22h x x a =-++满足()()>0+1<0h a h a ⎧⎪⎨⎪⎩，所以()22++2>0+1++2<0a a a a --⎧⎪⎨⎪⎩，2a <<．故答案为：2⎫⎪⎪⎝⎭【题型】六、利用函数的交点或交点个数求参数例22．（2023·全国·高三专题练习）已知定义在R 上的奇函数，满足()()20f x f x -+=，当(]0,1x ∈时，()2log f x x =-，若函数()()sin()F x f x x π=-，在区间[]1,m -上有10个零点，则m 的取值范围是（ ） A ．[)3.5,4 B ．(]3.5,4 C ．(]3,4 D ．[)3,4【答案】A【分析】由已知得出函数()f x 是周期函数，周期为2，函数()F x 的零点个数转化为函数()f x 的图象与sin()y x π=的图象的交点个数，作出函数的图象（其中()f x 的图象由奇偶性与周期性结合作出），然后分析交点个数得出参数范围． 【详解】由(2)()0f x f x -+=得(2)()f x f x +=--，又()f x 是奇函数，所以(2)()()f x f x f x +=--=，即()f x 是周期函数，周期为2，sin()y x π=也是周期函数，且最小正周期是22ππ=，由奇偶性和周期性作出函数()f x 的图象，再作出sin()y x π=的图象，如图，函数()()sin()F x f x x π=-的零点个数即为函数()y f x =的图象与函数sin()y x π=的图象交点个数，()f x 是R 上的奇函数，所以(0)0f =，从而20()f k =，Z k ∈，易知它们在[1,1)-上有4个交点，从而在[1,3)上也有4个交点，而4x =时，点(4,0)是一个交点，所以4m <，在(0,1)上，2()log f x x =-，11()1sin 22f π==，即1(,1)2是(0,1)上交点，从而在(1,0)-上交点上交点为1(,1)2--，由周期性在(3,4)上两函数图象交点为7(,1)2-，所以72m ≥． 综上，724m ≤<．故选：A ．例23．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()2cos()1(0,0π)f x x ωϕωϕ=+-><<经过(0,0)点，且()f x 在(0,π)上只有一个零点0x ，则ω的最大值为（ ）A ．43B ．12C ．2D ．136【答案】C【分析】运用代入法，结合余弦型函数的性质、函数零点的定义进行求解即可. 【详解】因为()2cos()1f x x ωϕ=+-经过(0,0)点， 所以12cos 10cos 2ϕϕ-=⇒=，因为0πϕ<<，所以π3ϕ=，即π()2cos()13f x x ω=+-，令ππ1()2cos()10cos()332f x x x ωω=+-=⇒+=，因为π()0,x ∈，所以πππ(,π)333x ωω+∈+，因为()f x 在(0,π)上只有一个零点0x ，所以有5πππ43327ππ3π33ωωω⎧<+⎪⎪⇒<≤⎨⎪≤+⎪⎩，所以ω的最大值为2， 故选：C例24．（2023·全国·高三专题练习）已知函数π()2cos()1(0,0)2f x x ωϕωϕ=+-><<，在0x =处的切线斜率为，若()f x 在(0,π)上只有一个零点0x ，则ω的最大值为（ ）A ．43B ．12C ．2D ．136【答案】C【分析】求出函数()f x 的导数，利用导数的几何意义求出ϕ，再由零点信息列出不等式，求解作答.【详解】依题意，()2sin()f x x ωωϕ'=-+，则(0)2sin f ωϕ'=-=，即sin ϕ=，而π02ϕ<<，解得π3ϕ=， 因此，π()2cos()13f x x ω=+-，由()0f x =得：π1cos()32x ω+=，又π()0,x ∈，有πππ(,π)333x ωω+∈+，因()f x 在(0,π)上只有一个零点0x ，于是得5ππ7ππ333ω<+≤，解得423ω<≤， 所以ω的最大值为2. 故选：C例25．（2023·全国·高三专题练习）定义在R 上的偶函数()f x 满足()22)(f x f x -+=，当[0,2]x ∈时，()xf x =，若在区间[0,10]x ∈内，函数()()(1)mg x f x x =-+有个5零点，则实数m 的取值范围是（ ） A ．()110,log e B ．(]11710,log e ,log e 2⎛⎫⋃ ⎪⎝⎭C ．111log e,2⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．11711log e,,log e 22⎛⎫⎛⎫⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】B【分析】根据函数的奇偶性求出函数在[2,0]-上的解析式，将问题转化为函数图象()y f x =与(1)m y x =+在[0,10]上有5个不同的交点，结合图形即可得出结果.【详解】由题意知，函数()f x 为偶函数，且(2)(2)f x f x -=+，令2x x →+，则(22)()(4)()f x f x f x f x --=-=+=， 所以函数()f x 是以4为周期的函数. 当[2,0]x ∈-时，[0,2]x -∈，所以()x f x --=，即当[2,0]x ∈-时()x f x -=，因为函数()()(1)m g x f x x =-+在[0,10]上有5个零点， 所以方程()(1)0m f x x -+=在[0,10]上有5个根，即函数图象()y f x =与(1)m y x =+在[0,10]上有5个不同的交点，如图，当[0,2]x ∈时，()xf x =，()121e 2x f x '=，()102f '=，设()(1)mp x x =+，则()1(1)m p x m x -'=+，()0p m '=，当12m ≤，()()00p f '≤'， 所以在[0,2]x ∈时，函数()()(1)m g x f x x =-+只有一个零点，此时，若要使图象()y f x =与(1)m y x =+在[0,10]上有5个不同的交点， 则()()11010mf +≤，11log e m ≤，所以110log e m <≤； 当12m >时，()()00p f '>'， 所以在[0,2]x ∈时，函数()()(1)m g x f x x =-+有两个零点， 所以()()166mf +<且()()11010mf +>，即7e 11e m m ⎧<⎨>⎩，解得71log e 2m <<，故m 的取值范围为(]11710,log e ,log e 2⎛⎫⋃ ⎪⎝⎭.故选：B.例26．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()31,21()1,2x x f x x x ⎧≥⎪-=⎨⎪-<⎩，若函数()()g x f x kx k =-+恰好有两个零点，则实数k 的取值范围是（ ）A ．[)1,+∞B ．0,1C ．()1,+∞D ．()(),00,1-∞⋃【答案】C【分析】根据已知条件画出函数()f x 的图象，将函数()()g x f x kx k =-+恰好有两个零点转化为函数()f x 与直线()1y k x =-图象恰有两个交点即可求解.【详解】由题意知，画出函数()31,21()1,2x x f x x x ⎧≥⎪-=⎨⎪-<⎩的简图，如图所示由()()g x f x kx k =-+恰好有两个零点转化为()f x 与直线()1y k x =-有两个不同的交点， 由图知，当直线经过点()()1,0,0,1-两点的斜率为10101k --==-，则1k >. 所以实数k 的取值范围为()1,+∞. 故选：C.例27．（2023·全国·高三专题练习）已知()e xx f x =．则下列说法正确的有（ ）A ．函数()y f x =有唯一零点0x =B ．函数()y f x =的单调递减区间为()(),01,-∞⋃+∞C ．函数()y f x =有极大值1eD ．若关于x 的方程()f x a =有三个不同的根．则实数a 的取值范围是10,e ⎛⎫⎪⎝⎭【答案】ACD【分析】根据零点的定义判断A ，利用导数分析函数的单调性，作出函数()f x 的图象，根据图象判断其余选项.【详解】由()0f x =得：0x =，即0x =，故函数()f x 有唯一零点0x = 由题可知：(),0e e ,0e xx xxx x f x x x ⎧≥⎪⎪==⎨⎪-<⎪⎩ 设()e ex x xg x x -==⋅，x ∈R ，则()()1x g x x e -'=-⋅， 由()()1e 0x g x x -⋅'=-≥得：1x ≤；由()()1e 0xg x x -⋅'=-≤得；1x ≥；故()g x 在(],1-∞上单调递增﹐在[)1,+∞上单调递减，作出()y g x =图象，并将0x <的部分图象关于x 轴对称可得()y f x =的图象如下：观察图象可得函数()y f x =的单调递减区间为(),0∞-，()1,+∞，B 错， 函数()y f x =在1x =时有极大值1e，C 对，方程()f x a =有三个不同的根，则实数a 的取值范围是10,e ⎛⎫⎪⎝⎭，D 对，故选：ACD.【题型】七、一元二次不等式恒成立问题例28．（2023·全国·高三专题练习）已知m 是区间[]0,4内任取的一个数，那么函数3221()233f x x x m x =-++在x ∈R 上是增函数的概率是（ ）A ．14B ．13C ．12D ．23【答案】C【分析】首先得到220()4f x x x m '=-≥+恒成立，则解出m 的范围，再根据其在[0,4]内取数，利用几何概型公式得到答案. 【详解】22()4f x x x m '=-+，3221()233f x x x m x =-++在x ∈R 上是增函数22()40f x x x m '∴=-+≥恒成立21640m ∴∆=-≤解得2m ≥或2m ≤- 又m 是区间[0,4]内任取的一个数24m ∴≤≤由几何概型概率公式得函数3221()233f x x x m x =-++在x ∈R 上是增函数的概率42142P -== 故选：C ．例29．（2023·全国·高三专题练习）当13x ≤≤时，关于x 的不等式210ax x -<+恒成立，则实数a 的取值范围是（ ） A ．1,4⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦B ．,⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭14C ．,1,4∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭D ．1,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭【答案】B【分析】分离参变量得211a x x ⎛⎫<- ⎪⎝⎭恒成立，只用2min11a x x ⎡⎤⎛⎫<-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦可求解.【详解】当13x ≤≤时，由210ax x -<+恒成立可得，211a x x⎛⎫<- ⎪⎝⎭恒成立， 令2211111()()24f x x x x ⎛⎫=-=-- ⎪⎝⎭，1113,,13x x ⎡⎤≤≤∴∈⎢⎥⎣⎦，∴当111,123x ⎡⎤=∈⎢⎥⎣⎦，即当2x =时， ()f x 取得最小值为()()min124f x f ==-， 因为211a x x⎛⎫<- ⎪⎝⎭恒成立，所以()min a f x <，即14a <-.故选:B ．例30．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()312x f x x +=+，()()42e xg x x =-，若[)120,x x ∀∈+∞，，不等式()()()()2221e e t g x t f x +≤+恒成立，则正数t 的取值可以是（ ）A ．6e B．(2e +C．(2e +D ．2e【答案】AB【分析】本题的含义是不等式左边的最大值小于等于右边的最小值，t 是常数， 因此先要算出左边的最大值和右边的最小值，再计算不等式即可. 【详解】因为()()3253153222x x f x x x x +-+===-+++，所以()f x 在[)0,∞+上单调递增， 所以对[0,)x ∀∈+∞，()()102f x f ≥=； ()()42e x g x x =-，所以()()()'2e 42e 21e x x x g x x x =-+-=- ，当1x >时，()'0g x < ；当01x <<时，()'0g x > ，函数()g x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减， ∴()max ()12e g x g ==；因为0t >，任意[)12,0,x x ∈+∞，不等式()()()()2221e e t g x t f x +≤+恒成立，即()()221e 2e e 2t t +⋅≤+，整理得224e 3e 0t t --≥，解得(2e t ≤或(2e t ≥，所以正数t的取值范围为()2e,⎡+∞⎣； 6e与(2e均在区间()2e,⎡+∞⎣内，(2e +与2e均不在区间()2e,⎡+∞⎣内； 故选：AB ．【题型】八、一元二次不等式能成立问题31．（2023·全国·高三专题练习）已知命题:R p x ∀∈，20x x a -+>，若p ⌝是真命题，则实数a 的取值范围是（ ） A ．1,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．1,)4-∞（ C ．11,42⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【答案】A【分析】由题意得到20x x a -+≤有解，进而由根的判别式列出不等式，求出实数a 的取值范围.【详解】若p ⌝是真命题，由题意知不等式20x x a -+≤有解，140a ∴∆=-≥，解得:14a ≤. 因此，实数a 的取值范围是1,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.故选：A例32．（2023·全国·高三专题练习）若1,22x ⎡⎤∃∈⎢⎥⎣⎦，使2210x x λ-+<成立，则实数λ的取值范围是______________．【答案】)+∞【分析】利用不等式的基本性质分离参数，利用函数的单调性求相应最值即可得到结论. 【详解】由2210x x λ-+<可得，221x x λ>+，因为1,22x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以12x x λ>+，根据题意，min 12x x λ⎛⎫+ ⎪⎝⎭>即可，设()12f x x x =+，易知()f x在12⎛ ⎝⎭单调递减，在2⎫⎪⎪⎝⎭单调递增，所以()min f x f ==⎝⎭所以λ>故答案为：)+∞。

高考数学复习历年压轴题归类专题讲解： 利用导数研究函数零点问题(解析版)

高考数学复习历年压轴题归类专题讲解： 利用导数研究函数零点问题(解析版)

高考数学复习历年压轴题归类专题讲解 利用导数研究函数零点问题（解析版）1．已知()x f x xe =，()(ln )()g x a x x a R =+∈（1）求()f x 的单调区间；（2）若()f x ，()g x 在其公共点()00,P x y 处切线相同，求实数a 的值；（3）记()()()F x f x g x =-，若函数()F x 存在两个零点，求实数a 的取值范围.【答案】（1）函数的单调减区间为：(,1)-∞-；增区间为：(1,)-+∞（2）a e =（3）a >e（1）因为()x f x xe =，所以'()(1)0x f x x e =+=，得x =-1，当x <-1时，'()0f x <；当x >-1时，'()0f x >.所以函数的单调减区间为：(,1)-∞-；增区间为：(1,)-+∞.（2）由()(ln )g x a x x =+，1'()1g x a x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭. 因为点()00,P x y 为函数(),()f x g x 的公共点，且函数(),()f x g x 在点P 处的切线相同，所以()()0000000ln 111x x x e a x x x e a x ⎧=+⎪⎛⎫⎨+=+ ⎪⎪⎝⎭⎩，且00x >.所以()000000ln x x x e a x x x e a ⎧=+⎪⎨=⎪⎩， 即()00ln 10a x x +-=，显然a ≠0，所以00ln 10x x +-=.设()ln 1x x x ϕ=+-，由1'()10x xϕ=+>得，()x ϕ在(0,)+∞上是单调增函数，又(1)0ϕ=，所以01,x a e ==.（3）由()()()F x f x g x =-得，()(ln )x F x xe a x x =-+，x >0. 则()(1)1'()(1)1x x x xe a F x x e a x x +-⎛⎫=+-+= ⎪⎝⎭， 令'()0F x =得，0x xe a -=.设()x s x xe a =-，由（1）知，()s x 在(0,)+∞上是单调增函数.1°当a ≤0时，由x >0得，()(0)0s x s a >=-≥，所以'()0F x ≥，所以()F x 在(0,)+∞上是单调增函数，至多1个零点，不符，舍去. 2°当a >0时，因为(0)0s a =-<，()()10a s a a e =->，由零点存在性定理，(0)()s s a <，()s x 在(0,)+∞上是单调增函数且连续，所以存在唯一1(0,)x a ∈，使得()0s x =，即110x x e a -=. 当()10,x x ∈时，'()0F x <，()F x 单调递减；当()1,x x ∈+∞时，'()0F x >，()F x 单调递增.因为()F x 存在两个零点，所以()min 1()0F x F x =<，即()1111ln 0x x e a x x -+<，从而()11ln 0a a x x -+<. 所以11ln 10x x +->.因为()ln 1x x x ϕ=+-在(0,)+∞上是单调增函数，且(1)0ϕ=，所以11x >，由（1）可知，()x f x xe =在(1,)+∞是单调递增，所以11x a x e e =>. 又11x e <，11111111ln 10e e F e a e a e e e e e e ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+=+-> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 而12a x >，易得ln x x <，x e x >，所以()222(2)2(2ln2)2(22)220a a a F a ae a a a ae a a a a e a =-+>-+=->，由零点存在性定理知，函数()F x 在11,x e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上存在唯一一个零点，在()1,2x a 上存在唯一一个零点，此时函数()()()F x f x g x =-存在两个零点.所以a >e .2．已知函数()4ln ln 2a f x x ax x=-+-. （Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）当()f x 存在三个不同的零点时，求实数a 的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）1(0,)4解：（1）由()4ln ln 2a f x x ax x =-+-，得()2'22144(0)a ax x a f x a x x x x-+-=--=>， 当0a =时，'1()0f x x=>，所以 ()f x 在(0,)+∞上单调递增 令()24g x ax x a =-+-，则2=116a ∆-，当2=116a ∆-≤0时，即a ≥14，则()24g x ax x a =-+-≤0，即'()f x ≤0， 所以()f x 在(0,)+∞上单调递减；当2=1160a ∆->，即14a <时，由()240g x ax x a =-+-=，解得12x x ==当0a <时，'()0f x >，则 ()f x 在(0,)+∞上单调递增，当104a <<时，120,0x x =>=>，当 1116()x +-∈+∞时，()0g x <，即 '()0f x <，则()f x 在和)+∞上单调递减；当x ∈时，()0g x >，即 '()0f x >，则()f x 在(1122a a，上单调递增； 综上，当a ≤0时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当104a <<时，()f x 在1(0,)2a 和1()2a+∞上单递减，在(1122a a，上单调递增； 当a ≥14时，()f x 在(0,)+∞上单调递减； （2）由（1）可当a ≥14时，()f x 在(0,)+∞上单调递减，当a ≤0时，()f x 在(0,)+∞上单调递增，不可能有3个零点， 所以104a <<时，()f x 在1(0,)x 和2(,)x +∞上单递减，在12()x x ，上单调递增， 因为()20f =，124x x =，所以122x x <<，()()()1220,(2)0f x f f x f <=>=()44ln ln 2ln 2a x a f x x ax ax x x =-+-=-+，23211ln 24f a a a a ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭， 令231()ln 24g a a a a =--+，则4'21221()a a g a a -+=， 令4()1221h a a a =-+，则'3()482h a a =-在 1(0,)4上为增函数， 由'()0h a =，得14a =>，所以当1(0,)4a ∈时，'()0h a <， 所以 4()1221h a a a =-+在1(0,)4上单调递减， 所以131()()104842h a h >=-+>， 所以23211ln 24f a a a a ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭在1(0,)4上单调递增， 所以2111()()3ln 240416f g a g a ⎛⎫=<=-+< ⎪⎝⎭， 所以2222110,()0,f f x x a a ⎛⎫<>> ⎪⎝⎭，由零点存在性定理可知，()f x 在区间221(,)x a 上有一个根，设为0x ， 又()004()0f x f x +=，得04()0f x =， 而1040x x <<，所以04x 是函数()f x 的另一个零点， 所以当104a <<时，()f x 有3个零点， 所以实数a 的取值范围为1(0,)43．已知函数()()()211ln 2f x x ax a x a R =-+-∈. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）设()()()21ln g x f x a x x =+--，若()g x 有两个零点，求整数a 的最大值.【答案】（1）答案见解析；（2）max 0a =.解：（1）函数()f x 的定义域为()0,∞+，()()()()211111x x a x ax a f x x a a x x x---⎡⎤-+-⎣⎦'=-+-==. ①若1a ≤时，()10x a --≥，∴()0,1x ∈，()0f x '<；()1,x ∈+∞，()0f x '>， ∴()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增；②若11a -=，即2a =时，()()210x f x x -'=≥，且只在1x =时取等号，∴()f x 在()0,∞+上单调递增； ③若011a <-<，即12a <<时，因为()1,1x a ∈-，()0f x '<；()0,1x a ∈-和()1,+∞，()0f x '>，所以()f x 在()1,1a -上单调递减，在()0,1a -及()1,+∞上单调递增；④若11a ->，即2a >时，同理可得：()f x 在()1,1-a 上单调递减，在()0,1及()1,a -+∞上单调递增；综上，当1a ≤时，()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增；当12a <<时，()f x 在()1,1x a ∈-上单调递减，在()0,1x a ∈-和()1,+∞上单调递增； 当2a =时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当2a >时，()f x 在()1,1-a 上单调递减，在()0,1及()1,a -+∞上单调递增.（2）()()()()()()2121ln 12ln 02g x f x a x x x a x a x x =+--=+-+->， ()()()()()2121221x a x a x x a a g x x a x x x+-+-++--'=+-+==. 若()g x 有两个零点，则()g x 不单调，所以令()0g x '=，则20x a =->， ∴()0,2x a ∈-时，()g x 单调递减，()2,x a ∈-+∞时，()g x 单调递增，∴()()min 2g x g a =-.要使()g x 有两个零点，则()()min 20g x g a =-<，即()()()2122ln 202g a a a a a -=-++--<.令2t a =-，则()20a t t =->， 则()2112ln 1ln 022g a t t t t t t t ⎛⎫-=-+-=-+-< ⎪⎝⎭， 只需11ln 02t t -+-<，令()11ln 2t t t ϕ=-+-，即()0t ϕ<. 因为()1102t t ϕ'=--<，则()t ϕ单调递减.又()1102ϕ=>，()2ln 20ϕ=-<，且a Z ∈，则22t a =-≥，∴0a ≤，∴max 0a =.4．已知函数()()211x f x x e =+-.（Ⅰ）求函数()f x 在[]1,1-上的最值；（Ⅱ）若函数()()g x f x mx =-在[)1,-+∞上有两个零点，求实数m 的取值范围.【答案】（Ⅰ）最小值为21e -，最大值为21e -；（Ⅱ）()21,11,e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭.（Ⅰ）依题意，()22()12(1)0x x f x x x e e x '=++=≥+，故函数()f x 在[]1,1-上单调递增，故函数()f x 的最小值为()211f e-=-，最大值为()112=-f e . （Ⅱ）因为()()211x g x x e mx =+--，故()()21x g x x e m '=+-， ①当0m ≤时，()0g x '≥，()g x 在[)1,-+∞上为增函数，故函数()g x 在[)1,-+∞上不可能有两个零点；②当0m >时，易知()g x '在[)1,-+∞上为增函数，()01g m '=-，()00g =.（i ）当1m =时，()00g '=，0x >时，()0g x '>，10x -<<时，()0g x '<，故()g x 在[)1,0-上为减函数，在()0,∞+上为增函数，()()min 00g x g ==，故()g x 在[)1,-+∞上有且仅有一个零点.（ii ）当1m 时，()00g '<，()()()22110m g m m e m m m '=+->+->， 故()00,x ∃∈+∞，使得()00g x '=.所以在[)01,x -上，()00g x '<，在()0,x +∞上，()00g x '>，所以()g x 在[)01,x -上为减函数，在()0,x +∞上为增函数.所以()0(0)0g x g <=，又()()2222()11110m g m m e m m m =+-->+--=，根据零点存在性定理，可知()g x 在()0,x m 上有且只有一个零点.又()g x 在[)01,x -上有且只有一个零点0，故当1m 时，()g x 在[)1,-+∞上有两个零点.（iii ）当01m <<时，()10g m '-=-<，()010g m '=->，所以()'01,0x ∃∈-， 使得()'00g x '=. 所以在)'01,x ⎡-⎣上，()'00g x '<，在()'0,x +∞上，()'00g x '>， 所以()g x 在)'01,x ⎡-⎣上为减函数，在()'0,x +∞上为增函数. 因为()g x 在()'0,x +∞上有且只有一个零点0， 若()g x 在[)1,-+∞上有两个零点，则在)'01,x ⎡-⎣上有且只有一个零点. 又()()'000g x g <=， 所以()10g -≥，即210em +-≥， 故21m e ≥-，即当211m e-≤<时， ()g x 在[)1,-+∞上有两个零点.综上所述，实数m 的取值范围为()21,11,e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭.5．已知函数()f x x kx a =+-. （1）当0k =时，若()0f x ≤，对任意的()0,x ∈+∞恒成立，求a 的范围；（2）设a e ≥，证明：对任意的0k >，()f x 有唯一零点.（注：e 是自然对数的底数）【答案】（1）2a ≥；（2）证明见解析.（1）由()f x x a =-，得()f x '=. 当()0,1x ∈时，()0f x '>，()f x 递增；当()1,x ∈+∞时，()0f x '<，()f x 递减， 得()()max 120f x f a ==-≤，即2a ≥.（2）()f x x kx a =+-，得()f x '=，令()ln 2h x x =-+()1h x x-+'=. 当210,x k ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，()h x 递减；当21,x k ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，()0h x '>，()h x 递增.即()2min 12ln 2h x h k k ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭.①当1k e≥时，()0,x ∈+∞，()0h x >，故()f x 递增， 又由()0lim 0xf x a +→=-<，()lim x f x →+∞=+∞，即符合题意， ②当1k e<<0时，()min 0h x <， 则必存在()1212,0x x x x <<，使得()11ln 20h x x =-+=；()22ln 20h x x =-+=，即k == 设()m x =，则()322ln 4x m x x -'=，函数在()20,e 上单调递增，在()2,e +∞上单调递减，故()211,x e ∈，()22x e ∈+∞当()10,x x ∈时，()0h x >，得()f x 递增；当()12,x x x ∈时，()0h x <，得()f x 递减；当()2,x x ∈+∞，()0h x >，得()f x 递增.故要使得()f x 有唯一零点，只需证：()10<f x 或()20f x >.事实上，()1111f x x kx a x a =+-=-，()1f x '=. 当()211,x e ∈时，()10f x '>，得()1f x 递增，故()()21max 0f x f e e a <=-≤，证毕.6．已知函数()2ln 2,x ef x a x e R a =-∈ （1）若函数()f x 在2ex =处有最大值，求a 的值； （2）当a e ≤时，判断()f x 的零点个数，并说明理由.【答案】（1）a e =；（2）当0a e ≤<时，函数()f x 无零点；当0a <或a e =时，函数()f x 只有一个零点.（1）由题意得：()f x 定义域为()0,∞+，()22xe af x e x e'=-，()f x 在2e x =处取得最大值，2202e af e⎛⎫'∴=-= ⎪⎝⎭，解得：a e =. 当a e =时，()2ln 2xef x e x e =-，()22xe ef x e x e'=-，()22240xe ef x e x e''∴=--<，()f x '∴在()0,∞+上单调递减，又02e f ⎛⎫'= ⎪⎝⎭，则0,2e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当,2e x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<； ()f x ∴在0,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在,2e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，()max 2e f x f ⎛⎫∴= ⎪⎝⎭，满足题意；综上所述：a e =. （2）令2x t e=，()()ln 0tg t a a t e t =+->，则()g t 与()f x 的零点个数相等， ①当0a =时(),0,tg t e =-<即()20x ef x e =-<，∴函数()f x 的零点个数为0；②当0a <时, ()0ta g t e t'=-<，()g t ∴在()0,∞+上为减函数， 即函数()g t 至多有一个零点，即()f x 至多有一个零点.当10eat e-<<时，1ln ln 1ea e a a t a a e a a e a -⎛⎫⎛⎫+>+=+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，ln t a a t e +∴>，即()0g t >，又()01g a e =-<，∴函数()g t 有且只有一个零点，即函数()f x 有且只有一个零点； ③当0a e <≤时，令()0g t '=，即t a te =，令()()0t h t te t =>，则()()10t t th t e te t e '=+=+>()t h t te ∴=在()0,∞+上为增函数，又()1h e =，故存在(]00,1t ∈，使得()00g t '=，即00t ae t =. 由以上可知：当00t t <<时，()0g t '>，()g t 为增函数；当0t t >时，()0g t '<，()g t 为减函数；()()0000max 0ln ln t ag t g t a a t e a a t t ∴==+-=+-，(]00,1t ∈， 令()ln aF t a a t t=+-，(]0,1t ∈，则()20a aF t t t '=+>，()F t ∴在(]0,1上为增函数， 则()()10F t F ∴≤=，即()()max 0g t ≤，当且仅当1t =，a e =时等号成立， 由以上可知：当a e =时，()g t 有且只有一个零点，即()f x 有且只有一个零点；当0a e <<时，()g t 无零点，即()f x 无零点；综上所述：当0a e ≤<时，函数()f x 无零点；当0a <或a e =时，函数()f x 只有一个零点.7．已知函数()(2)x f x e a x =-+. （1）当1a =时，讨论()f x 的单调性； （2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.【答案】（1）()f x 的减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞；（2）1(,)e+∞.（1）当1a =时，()(2)x f x e x =-+，'()1x f x e =-， 令'()0f x <，解得0x <，令'()0f x >，解得0x >， 所以()f x 的减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞； （2）若()f x 有两个零点，即(2)0x e a x -+=有两个解，从方程可知，2x =-不成立，即2x e a x =+有两个解，令()(2)2x e h x x x =≠-+，则有'22(2)(1)()(2)(2)x x x e x e e x h x x x +-+==++， 令'()0h x >，解得1x >-，令'()0h x <，解得2x <-或21x -<<-，所以函数()h x 在(,2)-∞-和(2,1)--上单调递减，在(1,)-+∞上单调递增， 且当2x <-时，()0h x <，而2x +→-时，()h x →+∞，当x →+∞时，()h x →+∞，所以当2xe a x =+有两个解时，有1(1)a h e >-=，所以满足条件的a 的取值范围是：1(,)e+∞.8．已知函数()()xf x e ax a R =-∈，其中e 是自然对数的底数．（1）当1a =时，求曲线()y f x =在1x =处的切线方程；（2）如果对任意x ∈R ，不等式()0f x ≥恒成立，求实数a 的取值范围；（3）讨论函数()()xg x f x e -=-的零点个数．【答案】（1）()e 1y x =-（2）0a e ≤≤（3）当2a ≤时，函数()g x 有一个零点；当2a >时，()g x 有三个零点．（1）当1a =时，()xf x e x =-，可得()1xf x e '=-，则有()11k f e ='=-，()11f e =-，即切点坐标为()1,1e -， 则切线方程为()()111y e x e =--+-， 化简可得()e 1y x =-.（2）函数()()xf x e ax a R =-∈，则()xf x e a '=-，当0a <时，()0xf x e a '=->恒成立，则函数()f x 在R 上单增，而110x f e a ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，与()0f x ≥恒成立矛盾，不合题意；当0a =时，()0xf x e =>恒成立，则符合题意；当0a >时，由()0xf x e a '=-=得ln x a =，则()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上为单调递增，则()()min ln ln 0f x f a a a a ==-≥，解得0a e <≤． 综上：0a e ≤≤．（3）因()(), x x xg x f x e e e ax x R -=-=--∈，当2a ≤时，因为()20x x g x e e a a a -'=+-≥=-≥恒成立， 则()g x 在R 上为增函数，而()00g =，则此时函数()g x 有唯一零点．当2a >时，()()x xg x e e ax g x --=-+=-则()g x 为奇函数．只需研究0x ≥情形．由()210x x xxxe ae g x e e a e--+'=+-==，得210xxe ae -+=，则有2xa e =．则1ln 02a x ==<，2ln 02a x +=>，则()g x 在()20,x 上为减函数，在()2,x +∞上为增函数， 则有()()200g x g <=．下面证明：当2x >时，2x e x >．证明：令()2x h x e x =-，则()e 2x h x x '=-，()2e 2e 20x h x ''=->->，即函数()h x '在()2,+∞上为增函数，故有()()22e 40h x h ''>=->，则()h x 在()2,+∞上为增函数，故有()()2240h x h e >=->，则2x e x >．当2x >时，有1x e -<，则()21x x g x e e ax x ax -=-->--，取02x =>，则()002000010x x g x e e ax x ax -=-->--=，因为()g t 为连续函数，由零点存在性定理可得：存在唯一()20,t x x ∈，使得()0g t =，即当0x >时，函数()g x 有唯一零点，也即此时函数()g x 有三个零点．综上：当2a ≤时，函数()g x 有一个零点；当2a >时，()g x 有三个零点． 9．已知函数1ln ()12x f x ax a x=-+-，其中a R ∈. （1）若()f x 为单调递减函数，求a 的取值范围； （2）若()f x 有两个不同的零点，求a 的取值范围.【答案】（1）31,e ⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦；（2）(2,)+∞ 解：（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞. ∵1ln ()12x f x ax a x=-+-，∴211ln ()2x f x a x '-=-. 若函数()f x 为单调递减函数， 则()0f x '≤. ∴222ln xa x -≤对(0,)x ∈+∞恒成立. 设222ln ()xg x x -=. 令34ln 6()0x g x x '-==， 解得3ln 2x =. ∴32x e =.令34ln 6()0x g x x '-=>，解得32x e >， 令34ln 6()0x g x x '-=<，解得320x e <<， ∴函数()g x 在320,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在32,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增，∴函数()g x 的最小值为3231g e e ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.∴31a e ≤-，即a 的取值范围是31,e ⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦. （2）由已知，21(1)ln 2()ax a x xf x x ---=. 设21()(1)ln 2h x ax a x x =---， 则函数()f x 有两个不同的零点等价于函数()h x 有两个不同的零点.∵21(1)1(1)(1)()(1)ax a x x x h x ax a x x xα'---+-=---==， ∴1当0a ≥时，函数()h x 在(0,1)单调递减，在(1,)+∞单调递增. 若函数()h x 有两个不同的零点，则1(1)102h a =-+<，即2a >.当2a >时，当(1,)x ∈+∞时，(2)22(1)ln 22ln 20h a a =---=->. 当(0,1)x ∈时，()21()2ln 2h x a x x x x =-+-， ∵2120x x -<-<，∴1()ln 2h x a x x >-+-.∴111122221ln 02a a a a h e a e e e ----⎛⎫>-+-=> ⎪⎝⎭.∴函数()h x 在(0,1)，(1,)+∞上各有一个零点. 故2a >符合题意.2当1a =-时，∵函数()h x 在(0,)+∞单调递减，∴函数()h x 至多有一个零点，不符合题意.3当10a -<<时，∵函数()h x 在(0,1)单调递减，在11,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭单调递增，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭单调递减，∴函数()h x 的极小值为1(1)102h a =-+>. ∴函数()h x 至多有一个零点，不符合题意.4当1a <-时，∵函数()h x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭单调递减，在1,1a ⎛⎫- ⎪⎝⎭单调递增，在(1,)+∞单调递减，∴函数()h x 的极小值为111ln()02h a a a ⎛⎫-=-+-> ⎪⎝⎭. ∴函数()h x 至多有一个零点，不符合题意. 综上，a 的取值范围是(2,)+∞.10．已知函数()2ln xf x xe ax a x =--()a R ∈（1）若曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线l 过点(0,21)e --，求实数a 的值； （2）若函数()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）1-；（2）()2,e +∞解：（1）由()()21x af x x e a x'=+--，有()142f e a '=-，()12f e a =-， 切线l 的方程为()()()2421y e a e a x --=--，代入点()0,21e --有()()21242e e a e a ----=--，解得1a =-，故实数a 的值为－1.（2）函数()f x 的定义域为()0,∞+，由()()()()()1212112x x x a x a a f x x e a x e x e x x x +⎛⎫'=+--=+-=+- ⎪⎝⎭， ()()212x xe a x+-=.①当0a ≤时，()0f x '>，此时函数()f x 单调递增，最多只有一个零点；②当0a >时，令()2x g x xe a =-(0)x ≥，由()()210xg x x e '=+>可知函数()g x 单调递增，又由()00g a =-<，()()2210a ag a ae a a e =-=->，可得存在()00,x a ∈，使得()00g x =，有002x ax e =，可知函数()f x 的减区间为()00,x ，增区间为()0,x +∞. 若函数()f x 有两个零点，必有()()00000002ln ln x f x x e ax a x a a x x =--=-+00ln()ln1ln 022x a a a a x e a a a ⎛⎫=-=-=-< ⎪⎝⎭，得2a e >， 又由()()21ln 0aa a aa aa ae a f e ae a e a e e---->--=-=>， 令()ln h x x x =-，有()111x h x x x-'=-=，令()0h x '>可得1x >，故函数()h x 的增区间为()1,+∞，减区间为()0,1，有()()11h x h ≥=，当ln x a >时，即x e a >时，()()()2ln ln ln 0xf x x e a a x ax a x a x x a =-->-=-≥>，可得此时函数()f x 有两个零点.由上知，若函数()f x 有两个零点，则实数a 的取值范围为()2,e +∞.11．已知函数3212()2ln ,()322a a af x x x x xg x a x-=+++=+ （1）若2a =-，求()f x 的极值；（2）设'()()()h x f x g x =-，讨论()h x 的零点个数.【答案】（1）()53f x =-极大值；()102ln 23f x =-极小值；（2）0a ≥时函数()h x 无零点，0a <时，函数()hx 只有一个零点.（1）()322'2222ax ax x a x ax xx xf +++=+++=， 2a =-，()()2321(2)22'f x x x x x x x x----+==(1)(1)(2)x x x x +--=， 当()()0,12,x ∈⋃+∞时，()'0f x >；当()1,2x ∈时，()'0f x <. ∴()f x 在()0,1和()2,+∞上单调递增；在()1,2上单调递减.()()513f x f ==-极大值；()()1022ln 23f x f ==-极小值.（2）()()()2'222a a x ax h x f a x x g x x-=+++-=-- 322ax ax x ax+-+=， ∴()0h x =，即3202a x ax x a +-+=，∴()32112x x a t x x -=-+=， 故()h x 的零点个数即为y a =与32(0)112x y x x x -=>-+的交点个数， 令32()(0)112x t x x x x -=>-+，显然()0t x <，0a ≥时函数()h x 无零点，0a <时，223221131222'()112x x x x x t x x x ⎛⎫⎛⎫--++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=⎛⎫-+ ⎪⎝⎭()2222230112x x x x x --+=<⎛⎫-+ ⎪⎝⎭恒成立， 故()t x 在()0,∞+上单调递减，此时y a =与()y t x =只有一个交点，即()h x 只有一个零点.综上：0a ≥时函数()h x 无零点，0a <时，函数()h x 只有一个零点.12．已知函数()()211xf x x e =+-．（Ⅰ）求函数()f x 在[]1,1-上的最值；（Ⅱ）若函数()()g x f x mx =-在[)1,-+∞上有两个零点，求实数m 的取值范围．【答案】（Ⅰ）最小值21e -，最大值21e -；（Ⅱ）()21,11,e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭.（I ）()()()221210x xf x x x e x e '=++=+≥恒成立，故函数()f x 在[]1,1-上单调递增，所以函数的最小值()211f e-=-，最大值()112=-f e ， （II ）∵()()()211xg x f x mx x e mx =-=+--，则()()21xg x x e m '=+-，①0m ≤时，()0g x '≥，()g x 在[)1,-+∞上单调递增，不可能有2个零点， ②0m >时，易得()g x '在[)1,-+∞上单调递增，()01g m '=-，()00g =，（i ）当1m =时，()010g m '=-=，0x >时，()0g x '>，()g x 单调递增，当10x -<<时，()0g x '<，()g x 单调递减，故当0x =时，函数取得最小值()00g =，此时函数只有一个零点， （ii ）当1m时，()00g '<，()()()22110m g m m e m m m '=+->+->，故存在()00,x m ∈使得()00g x '=，所以在()01,x -上，()0g x '<，()g x 单调递减，在()0,x +∞上，()0g x '>，()g x 单调递增，故()()000g x g <=，因为()()()222211110m g m m e m m m =+-->+--=，结合函数的零点判定定理可知，()g x 在()0,x m 上有且仅有一个零点， 又在()01,x -上有且仅有1个零点， 故1m时，函数()gx 在[)1,-+∞上有两个零点，（iii ）01m <<时，()01g m -'=-<，()010g m '=->. ， 故存在()01,0x '∈-使得()00g x ''=，易得[)01,x x ∈-'时，()0''0g x <，()g x 单调递减，()0,x x ∈'+∞时，()0''0g x >，()g x 单调递增，因为()g x 在()0,x '+∞有且仅有一个零点0，若()g x 在[)1,-+∞上有2个零点，则在[)01,x x ∈-'有且仅当1个零点，又()()000g x g '<=，所以()10g -≥，即210m e-+≥，故21m e≥-，即当211m e-≤<时，()g x 在[)1,-+∞上有2个零点， 综上可得，m 的范围()21,11,e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭．13．设函数32()3ln 2f x x x ax ax =-++-.（1）若a ＝0时，求函数()f x 的单调递增区间；（2）若函数()f x 在x ＝1时取极大值，求实数a 的取值范围； （3）设函数()f x 的零点个数为m ，试求m 的最大值. 【答案】（1）单调增区间为(1，)（2）92<-a （3）2（1）当a ＝0时，3()3ln f x x x =-+，所以31()3x f x x -'=⋅，由()0f x '=得x ＝1，当x (0，1)时，()f x '＜0；当x (1，)时，()f x '＞0，所以函数()f x 的单调增区间为(1，).（2）由题意得23(1)2()[(1)1]3x af x x x x -'=+++， 令22()(1)13a g x x x =+++(x ＞0)，则3(1)()()x f x g x x-'=， 当213a +≥0即32a ≥-时，()g x ＞0恒成立， 故()f x 在(0，1)上递减，在(1，+)上递增，所以x ＝1是函数()f x 的极小值点，不满足；当22(1)403a ∆=+-<即9322a -<<时，此时()g x ＞0恒成立， ()f x 在(0，1)上递减，在(1，+)上递增，所以x ＝1是函数()f x 的极小值点，不满足；当22(1)403a ∆=+-=即92a =-或32a =时， ()f x 在(0，1)上递减，在(1，+)上递增，所以x ＝1是函数()f x 的极小值点，不满足；当22(1)403a ∆=+->时，解得92<-a 或32a >（舍）， 当92<-a 时，设()g x 的两个零点为1x ，2x ，所以1x 2x ＝1，不妨设0＜1x ＜2x ，又2(1)303a g =+<，所以0＜1x ＜1＜2x ，故123()()(1)()f x x x x x x x'=---， 当x (0，1x )时，()f x '＜0；当x (1x ，1)时，()f x '＞0；当x (1，2x )时，()f x '＜0；当x(2x ，)时，()f x '＞0；∴()f x 在(0，1x )上递减，在(1x ，1)上递增，在(1，2x )上递减，在(2x ，)上递增；所以x ＝1是函数()f x 极大值点，满足.综上所述：92<-a .（3）①由（2）知当92a ≥-时，函数()f x 在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，故函数()f x 至多有两个零点，欲使()f x 有两个零点，需(1)10f a =-<，得1a >，()23ln 28443ln 280f a a =-++-=-+>；32()32320a a a a a f e a e ae ae a ae a -----=++->->>，()0,1ae -∈，故满足函数有2个零点.②当92<-a 时，由（2）知()f x 在(0，1x )上递减，在(1x ，1)上递增，在(1，2x )上递减，在(2x ，)上递增；而0＜1x ＜1，所以311111()3ln (2)0f x x x ax x =-++->， 此时函数()f x 也至多有两个零点综上①②所述，函数()f x 的零点个数m 的最大值为2.14．已知函数f （x ）＝e x（x ﹣2）12-ax 2+ax （a ∈R ）. （1）当a ＝1时，求f （x ）的极值；（2）若f （x ）恰有两个零点，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）f （x ）极大值＝﹣2，f （x ）极小值＝12﹣e ；（2）a ∈（﹣∞，0）∪{2e }. （1）a ＝1时，f （x ）＝e x （x ﹣2）12-x 2+x ，f ′（x ）＝e x （x ﹣1）﹣x +1＝（x ﹣1）（e x ﹣1）， 令f ′（x ）＞0，解得：x ＞1或x ＜0， 令f ′（x ）＜0，解得：0＜x ＜1，故f （x ）在（﹣∞，0）递增，在（0，1）递减，在（1，+∞）递增， 故f （x ）极大值＝f （0）＝﹣2，f （x ）极小值＝f （1）＝12﹣e .（2）f （x ）＝e x （x ﹣2）12-ax 2+ax ＝（x ﹣2）（e x 12-ax ），显然x ＝2是函数f （x ）的一个零点，若f （x ）恰有两个零点，则只需y ＝e x 12-ax 恰有1个零点，即只需g （x ）＝e x和h （x ）12=ax 只有1个交点即可， ①a ＜0时，如图示：结合图象，a ＜0时g （x ）＝e x和h （x ）12=ax 只有1个交点，符合题意； ②a ＝0时，g （x ）＝e x 和y ＝0无交点，不合题意； ③a ＞0时，g （x ）＝e x和h （x ）12=ax 相切时1个交点， 设切点是P （m ，e m ），则12a ＝e m （i ）， e m 12=am （ii ），由（i ）（ii ）解得：P （1，e ），a ＝2e ，符合题意， 综上，若f （x ）恰有两个零点，则a ∈（﹣∞，0）∪{2e }.15．已知函数()222ln f x a x x =-（常数0a >）．（Ⅰ）求证：无论a 为何正数，函数()f x 的图象恒过点()1,1A -；（Ⅱ）当1a =时，求曲线()y f x =在1x =处的切线方程；（Ⅲ）讨论函数()f x 在区间()21,e 上零点的个数（e 为自然对数的底数）.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）10y +=；（Ⅲ）答案不唯一，见解析（Ⅰ）∵()212ln11011f a =-=-=-，∴无论a 为何正数，函数()f x 的图象恒过点()1,1A -.（Ⅱ）当1a =时，()22ln f x x x =-，∴()22f x x x'=-．∴()10f '=． 又∵()11f =-，∴曲线()y f x =在点1x =处的切线方程为10y +=．（Ⅲ）()222ln f x a x x =-，所以()()()22222222x a x a a a x f x x x x x--+-'=-==． 因为0x >，0a >，于是当0x a <<时，()0f x '>，当x a >时，()0f x '<． 所以()f x 在(]0,a 上增函数，在[),a +∞上是减函数，所以()()()2max 2ln 1f x f a a a ==-．讨论函数()f x 的零点情况如下．①当()22ln 10a a -<，即0a <<()f x 无零点，在()21,e 上也无零点；②当()22ln 10a a =-，即a =()f x 在()0,∞+内有唯一零点a ，而21a e <<，∴()f x 在()21,e 内有一个零点；③当()22ln 10a a >-，即a >()110f =-<，()()22ln 10f a a a =->，()2224242ln 4f eae e a e =-=-()()2222a ea e =-+，当220a e-<时，22e a <<时，2212e a e <<<，()20f e <，由单调性可知，函数()f x 在()1,a 内有唯一零点1x 、在()2,a e 内有唯一零点2x 满足，()f x 在()21,e 内有两个零点；当220a e-≥时，即22e a ≥>()20f e ≥，而且221202fa e a e =⋅-=->，()110f =-<由单调性可知，无论2a e >还是2a e <，()f x 在(内有唯一的一个零点，在)2e 内没有零点，从而()f x 在()21,e 内只有一个零点；综上所述，当0a <<()f x 在()21,e 上无零点；当a =22e a ≥时，函数()f x 在()21,e 上有1个零点；22e a <时函数函数()f x 在()21,e 上有2个零点．16．定义在[0,]π上的函数()(sin cos )e cos x f x x x a x =-+，2a ≥． （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有且仅有一个零点，求a 的取值范围． 【答案】（1）见解析；（2）3π42e a =或πe a >()(cos sin )e (sin cos )e sin (2e )sin x x x f x x x x x a x a x '=++--=-⋅.（1）[0,π]x ∈时，sin 0x ≥恒成立，令2e 0x a -=，得ln 02ax =≥. ①当ln 02a =，即2a =时，2e 0x a -≥在[0,]π上恒成立， 则()0f x '≥在[0,]π恒成立，()f x 在[0,π]上单调递增； ②当ln π2a ≥,即π2e a ≥时,2e 0x a -≤在[0,π]上恒成立， 则()0f x '≤在[0,]π恒成立,()f x 在[0,]π上单调递减；③当0ln π2a <<，即π22e a <<时，若[0,ln ],2e 02x a x a ∈-≤，即[0,ln ]2ax ∈时,()0f x '≤，()f x 单调递减；若(ln ,π],2e 02x a x a ∈->，即(ln ,π]2ax ∈时，()0f x '>,()f x 单调递增.综上所述,当2a =时，()f x 在[0,]π上单调递增；π2e a ≥时，()f x 在[0,]π上单调递减；当π22e a <<时，()f x 在[0,ln ]2a 上单调递减，在(ln ,π]2a上单调递增；（2）①当2a =时，()f x 在[0,]π上单调递增，而(0)10f a =-+>，此时()f x 无零点；②当π22e a <<时，()f x 在[0,ln ]2a 上单调递减，在(ln ,π]2a上单调递增.若函数()f x 在[0,]π上有唯一零点，则有(ln )02af =或(π)0f <.ln 2(ln )0[sin(ln )cos(ln )]e cosln [sin(ln )cos(ln )]02222222a a a a a a a af a =⇒-+=+=,解得3π43πln 2e 24a a =⇒=.π(π)0e 0f a <⇒-<，解得πe a >，故ππe 2e a <<.③当π2e a ≥时，()f x 在[0,]π上单调递减，(0)0,(π)0f f ><，()f x 在[0,]π上存在唯一零点.综上可知，3π42e a =或πe a >.17．已知32(),,f x x ax bx a b R =++∈（1）若1b = ，且函数()f x 在区间11,2⎛⎫- ⎪⎝⎭ 上单调递增，求实数a 的范围；（2）若函数()f x 有两个极值点12,,x x ，12,x x <且存在0x 满足10223x x x += ，令函数0()()()g x f x f x =- ，试判断()g x 零点的个数并证明．【答案】（1）74a -≤≤2）函数()g x 有两个零点1x 和0x【解析】（1）当=1b 时，()23+21f x x ax =+'，因为函数()f x 在11,2⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，所以当11,2x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()23+210f x x ax =+≥'恒成立．[来源:学&科&网Z&X&X&K]函数()23+21f x x ax =+'的对称轴为3a x =-． ①13a-<-，即3a >时，()10f '-≥， 即3210a -+≥，解之得32a ≤，解集为空集； ②1132a -≤-≤，即332a -≤≤时，03a f ⎛⎫-≥ ⎪⎝⎭'即23+21093a a a ⎛⎫⋅⋅-+≥ ⎪⎝⎭，解之得a ≤≤32a -≤≤③132a ->，即32a <-时，102f ⎛⎫≥ ⎪⎭'⎝ 即13104a ⋅++≥，解之得74a ≥-，所以7342a -≤<-综上所述，当74a -≤≤函数()f x 在区间11,2⎛⎫- ⎪⎝⎭ 上单调递增．（2）∵()f x 有两个极值点12,x x ，∴12,x x 是方程()23+2=0f x x ax b =+'的两个根，且函数()f x 在区间()1,x -∞和()2,x +∞上单调递增，在()12,x x 上单调递减．∵()()g x f x '='∴函数()g x 也是在区间()1,x -∞和()2,x +∞上单调递增，在()12,x x 上单调递减 ∵()()()000=0g x f x f x =-，∴0x 是函数()g x 的一个零点． 由题意知：()()()220g x f x f x =-∵10223x x x +=，∴0221220x x x x -=->，∴02x x >∴()()20f x f x <，∴()()()2200g x f x f x =-<又()()()110g x f x f x =-2225A A ． ∵12,x x 是方程()23+2=0f x x ax b =+'的两个根，∴2113+2=0x ax b +，2223+2=0x ax b +, ∴()()()110=0g x f x f x =-∵函数()g x 图像连续，且在区间()1,x -∞上单调递增，在()12,x x 上单调递减，在()2,x +∞上单调递增∴当()1,x x ∈-∞时，()0g x <，当()10,x x x ∈时()0g x <，当()0,x x ∈+∞时()0g x >， ∴函数()g x 有两个零点1x 和0x ．18．已知函数f （x ）＝221-x x ﹣a ln x （a ≠0）．（1）若a ＞0，讨论f （x ）的单调性：（2）设g （x ）＝f （x ）﹣2x ，若g （x ）有两个零点，求a 的取值范围．【答案】（1）若0a <≤ ()f x 在(0,)+∞上是增函数，若a >()f x 在⎛ ⎝⎭和⎫+∞⎪⎪⎝⎭上是增函数，在⎝⎭上是减函数.（2）a e >.（1）因为()f x 的定义域为(0,)+∞，且2221()x ax f x x '-+=，所以对于222108x ax a -+=∆=-，，又0a >，①若0a <≤0,()0f x '∆≤≥，()f x ∴在(0,)+∞上是增函数；②若a >'()0f x =，得120,0x x =>=>,()f x ∴在()10,x 和()2,x +∞上是增函数，在()12,x x 上是减函数.（2）由1()ln g x a x x=--，∴定义域为(0,)+∞且222111()a ax ax g x x x x x'--=-=-=， ①当0a ≤时，'()0g x >恒成立，()g x 在(0,)+∞上单调递增，则()g x 至多有一个零点，不符合题意；②当0a >时，'()0g x =得1x a =，()g x ∴在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减， max 1()ln g x g a a a a ⎛⎫∴==-+ ⎪⎝⎭，∴要使()g x 有两个零点，则ln 0a a a -+>，由0a >解得a e >， 此时11,(1)10g a>=-<，易知当a e >时()211,,ln a aa a a a e a e g e a e e a a e----><=--=-+， 令2(),(,),()2x x m x e x x e m x e x '=-∈+∞=-， 令()2x h x e x =-，所以()2x h x e '=-，(,)x e ∴∈+∞时()0h x '<，()m x '∴在(,)x e ∈+∞为增函数，2()()20m x m e e e ''>=->()m x ∴在(,)x e ∈+∞为增函数，2()()0e m x m e e e >=->，所以()2,0a a e a g e -><∴函数()g x 在1,a e a -⎛⎫ ⎪⎝⎭与1,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭各存在一个零点综上所述，a e >.19．已知函数()()2ln 0f x x a x a =-≠，（1）当3a =时，求证：函数()()2x g x e x f x =-+存在唯一极值点；（2）当2a =，()g x x =-()()()2h x f x g x =--在0,上有唯一零点.【答案】（1）证明见详解；（2）证明见详解.（1）当3a =时，()()3ln 0xg x e x x =->所以()3x g x e x '=-，()23xg x e x''=+因为()230xg x e x''=+>，所以()g x '在0,上单调递增因为()130g e '=-<，()23202g e '=-> 所以存在()01,2x ∈使得()00g x '=当()00,x x ∈时，0g x ，()g x 单调递减 当()0,x x ∈+∞时，0g x，()g x 单调递增所以0x 是函数()g x 的极小值点，即函数()()2x g x e x f x =-+存在唯一极值点（2）由已知可得()()22ln 20h x x x x x =--+>则())())1211221x h x x x x⎡+-⎣⎦'=--+=因为0x >，所以11x +>，())111x +>>所以())2110x +>当()0,1x ∈10<，则()0h x '< 当()1,x ∈+∞10>，则()0h x '> 所以()h x 在0,1上单调递减，在1,上单调递增因为()112ln11220h =--+-= 所以函数()h x 在0,上有唯一零点20．已知函数()2x f x e a =-，()xg x e b =-，且()f x 与()g x 的图象有一条斜率为1的公切线（e 为自然对数的底数）.（1）求b a -；（2）设函数()()()ln 2122h x f x g x mx =--+-，证明：当1m 时，()h x 有且仅有2个零点.【答案】（1）1ln 222b a -=-；（2）证明见解析 （1）令()22=1xf x e '=，可得ln 22x =-，ln 2122f a ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭. ()f x 在ln 21,22a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭处的切线方程为1ln 222y a x ⎛⎫--=+ ⎪⎝⎭，即ln 2122y x a =++-. 令()1xg x e '==，0x =，()01g b =-，()g x 在()0,1b -处的切线方程为()1y b x --=，即1y x b =+-， 故ln 21122a b +-=-， 可得1ln 222b a -=-. （2）证明：由（1）可得()()22ln 2122x xx x h x e a e b mx e e mx =----+-=--， ()22x x h x e e m '=--，令x t e =，则22y t t m =--，=1+8m ∆， 当1m时，220t t m --=有两根1t ，2t 且120t t <<，由()()()1220x xh x e t e t '=--=，得2ln x t =，在()2,ln t -∞上，()0h x '<，在()2ln ,t +∞上，()0h x '>， 此时，()()2ln 00h t h <=.又x →-∞时，()h x →+∞，x →+∞时，()h x →+∞. 故在()2,ln t -∞和()2ln ,t +∞上，()h x 各有1个零点.。

  1. 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
  2. 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
  3. 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

一、解答题1．（2020·湖南省高三考试）设函数()()21f x x bx b R =-+∈，()()(),0,0f x x F x f x x ⎧>⎪=⎨->⎪⎩.（1）如果()10f =，求()F x 的解析式；（2）若()f x 为偶函数，且()()g x f x kx =-有零点，求实数k 的取值范围.【答案】（1）()2221,021,0x x x F x x x x ⎧-+>=⎨-+-<⎩（2）(][),22,k ∈-∞-+∞【解析】（1）因为()10f =，所以110b -+=，即2b =.所以()2221,021,0x x x F x x x x ⎧-+>=⎨-+-<⎩. （2）因为()21f x x bx =-+为偶函数，所以0b =，即()21f x x =+.因为()()g x f x kx =-有零点，所以方程210x kx +-=有实数根. 所以240k ∆=-≥， 所以(][),22,k ∈-∞-+∞.2．（2020·全国高三专题练习）已知函数3()sin f x x x =-，()f x '为()f x 的导函数.（1）求()f x 在0x =处的切线方程；（2）求证：()f x '在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上有且仅有两个零点.【答案】（1）y x =；（2）证明见解析. 【解析】（1）()2cos 3,f x x x '=-()01f '=，又()00f =，所以切点为()0,0.故()f x 在0x =处的切线方程为y x =；（2）2()cos 3,f x x x '=-因为()f x '为偶函数，且()01f '=，则只需证明()f x '在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有且仅有一个零点即可.()sin 6f x x x ''=--，当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0f x ''<， 故()f x '在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减， 因为()010f '=>，23022f ππ⎛⎫⎛⎫'=-⨯< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 由零点存在定理，可知存在00,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()00f x '=， 所以()f x '在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有且仅有一个零点， 因此()f x '在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上有且仅有两个零点.3．（2020·安徽省高三期末）已知函数1()(2)xf x e a x x=+++在区间(1,0)-内存在零点． （1）求a 的范围； （2）设22ea >，1221,()x x x x <是()f x 的两个零点，求证：122x x -<． 【答案】（1）0a >（2）证明见解析【解析】（1）由题意，方程1e (2)0x a x x+++=在区间(1,0)-有解， 即方程2e (1)0x x a x ++=在区间(1,0)-有解，设函数2()e (1)x g x x a x =++，即g()x 在区间(1,0)-存在零点． 因为()(1()e )2x g x x a '=++，①若0a >，则e 20x a +>，10x +>，()0g x '>成立，g()x 在区间(1,0)-单调递增，(0)0g a =>，1(1)0e g -=-<，(0)(1)0g g ⋅-<，所以g()x 在区间(1,0)-存在零点；②若0a =，则()e 0x g x x '=<，g()x 在(1,0)-内单调递减，且()(0)0g x g a >==，所以g()x 在区间(1,0)-无零点； ③若0a <，则e 0x x <，2(1)0a x +<， 当(1,0)x ∈-时，()0g x '<，()(1)0g x g <-< 故g()x 在区间(1,0)-无零点； 综上所述，0a >． （2）由（1）可知，22e a >时，g()x 在区间(,1)-∞-单调递减，在区间(1,)-+∞单调递增， 且g()x 在区间(1,0)-存在一个零点； 又22(2)0eg a -=-+>，(2)(1)0g g -⋅-<， 所以g()x 在区间(2,1)--也存在一个零点， 从而2120x x -<<<， 所以122x x -<，不等式得证．4．（2020·安徽省高三月考）已知函数()()()32111323a f x x a x x a R =-++-∈. （1）若1a >，求函数()f x 的极值；（2）当01a << 时，判断函数()f x 在区间[]0,2上零点的个数. 【答案】(1)详见解析;(2)详见解析. 【解析】（1）∵()()32111323a f x x a x x =-++-， ∴()()()21111f x ax a x a x x a ⎛⎫'=-++=-- ⎪⎝⎭，因为1a >，所以101a<<， 当x 变化时，()(),f x f x '的变化情况如下表：由表可得当1x a=时，()f x 有极大值，且极大值为2212316a a f a a -+-⎛⎫= ⎪⎝⎭，当1x =时，()f x 有极小值，且极小值为()()1116f a =--. （2）由（1）得()()11f x a x x a ⎛⎫=-- ⎝'⎪⎭． ∵ 01a <<，∴11a>. ① 当11202a a ≥<≤，即时，()f x 在()0,1上单调递增，在()1,2上递减 又因为()()()()()11100,110,2210363f f a f a =-=--=-≤ 所以()f x 在（0,1）和（1,2）上各有一个零点， 所以()[]0,2f x 在上有两个零点．② 当112a <<，即112a <<时，()f x 在()0,1上单调递增，在11,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上递减，在1,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上递增， 又因为()()()()()221111100,110,0366a a f f a f a a ---⎛⎫=-=--=> ⎪⎝⎭所以()f x 在[]0,1上有且只有一个零点，在[]1,2上没有零点， 所以在[]0,2上有且只有只有一个零点. 综上：当102a <≤时，()f x 在[]0,2上有两个零点； 当112a <<时，()f x 在[]0,2上有且只有一个零点． 5．（2020·四川省棠湖中学高三月考）已知设函数()ln(2)(1)axf x x x e =+-+.（1）若0a =，求()f x 极值；（2）证明：当1a >-，0a ≠时，函数()f x 在(1,)-+∞上存在零点.【答案】（1）()f x 取得极大值0，无极小值（2）见证明【解析】（1）当0a =时，()()()ln 21f x x x =+-+，定义域为()2,-+∞，由()102x f x x +'=-=+得1x =-．当x 变化时，()f x '， ()f x 的变化情况如下表：故当1x =-时，()f x 取得极大值()()()1ln 21110f -=---+=，无极小值． （2）()()1e 112ax f x a x x ⎡⎤=-++⎣+'⎦，2x >-． 当0a >时，因为1x >-，所以()()()21e 1202axf x a a x x ⎡⎤=--++⎣+'<⎦'， ()f x '在()1,-+∞单调递减．因为()11e0af --=->'，()1002f b -'=-<，所以有且仅有一个()11,0x ∈-，使()10g x '=，当11x x -<<时，()0f x '>，当1x x >时，()0f x '<， 所以()f x 在()11,x -单调递增，在()1,x +∞单调递减． 所以()()010f x f >-=，而()0ln210f =-<， 所以()f x 在()1,-+∞存在零点．当10a -<<时，由（1）得()()ln 21x x +≤+， 于是e 1x x ≥+，所以()e11axax a x -≥-+>-+．所以()()()()())e e ln 21e 1ln 21]ax ax axf x x x x a x -⎡⎤⎡=+-+>-+++⎣⎣⎦． 于是1111111e e e 1ln e 21]e e 1ln e 1]0a a a a af a a -------⎡⎫⎡⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫>+-+->+--=⎪⎪⎢⎢ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎪⎢⎢⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎭⎣⎭．因为()0ln210f =-<，所以所以()f x 在1e ,a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭存在零点．综上，当1a >-，0a ≠时，函数()f x 在()1,-+∞上存在零点．6．（2020·湖南省高三期末）已知函数2()(2)ln 47()f x x x ax x a a =++-+∈R .（1）若12a =，求函数()f x 的所有零点； （2）若12a ≥，证明函数()f x 不存在的极值.【答案】(1) 1x = (2)见证明 【解析】（1）当1a 2=时，()()2172ln 422f x x x x x =++-+， 函数()f x 的定义域为()0,∞+，且()2ln 3f x x x x =++-'． 设()2ln 3g x x x x=++-，则()()()2222211221x x x x g x x x x x +-+-='=-+= 0x ．当01x <<时，()0g x '<；当1x >时，()0g x '>，即函数()g x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增， 所以当0x >时，()()10g x g ≥=（当且仅当1x =时取等号）． 即当0x >时，()0f x '≥（当且仅当1x =时取等号）． 所以函数()f x 在()0,∞+单调递增，至多有一个零点. 因为()10f =，1x =是函数()f x 唯一的零点. 所以若12a =，则函数()f x 的所有零点只有1x =． （2）证法1：因为()()22ln 47f x x x ax x a =++-+， 函数()f x 的定义域为()0,∞+，且()2ln 24x f x x ax x++'=+-． 当12a ≥时，()2ln 3f x x x x≥++-'，由（1）知2ln 30x x x++-≥． 即当0x >时()0f x '≥，所以()f x 在()0,∞+上单调递增． 所以()f x 不存在极值．证法2：因为()()22ln 47f x x x ax x a =++-+，函数()f x 的定义域为()0+∞，，且()2ln 24x f x x ax x++'=+-． 设()2ln 24x m x x ax x+=++-， 则()22212222ax x m x a x x x+-=-+=' 0x ．设()()2220h x ax x x =+-> ，则()m x '与()h x 同号． 当12a ≥时，由()2220h x ax x =+-=，解得10x =<，20x =>．可知当20x x <<时，()0h x <，即()0m x '<，当2 x x >时，()0h x >，即()0m x '>， 所以()f x '在()20,x 上单调递减，在()2,x +∞上单调递增． 由（1）知2ln 30x x x++-≥． 则()()()2222222ln 321210f x x x a x a x x =++-+-≥-≥'． 所以()()20f x f x ''≥≥，即()f x 在定义域上单调递增． 所以()f x 不存在极值．7．（2020·河北省高三期末）已知函数()11xx f x e x +=--. （Ⅰ）讨论()f x 的单调性，并证明()f x 有且仅有两个零点；（Ⅱ）设0x 是()f x 的一个零点，证明曲线xy e =在点()00,x A x e处的切线也是曲线ln y x =的切线.【答案】（Ⅰ）()f x 在(),1-∞，()1,+∞单调递增，证明见解析；（Ⅱ）见解析. 【解析】（Ⅰ）()f x 的定义域为()(),11,-∞+∞，因为()()2201'x e x f x =+>-，所以()f x 在(),1-∞，()1,+∞单调递增.因为()212103f e --=<，()110f e-=>，所以()f x 在(),1-∞有唯一零点1x ， 因为12532f e ⎛⎫⎪⎝⎭=-，由3322.8225e <<<，得302f ⎛⎫< ⎪⎝⎭； 因为()2230f e =->，所以()f x 在()1,+∞有唯一零点2x . 综上，()f x 有且仅有两个零点.（Ⅱ）由题设知()00f x =，即00011x x e x +=-， 由x y e =，得'xy e =，曲线x y e =在()00,x A x e处的切线1l 为：()000x x y e x x e =-+，即()0001x x y e x e x =+-.由ln y x =，得1'y x=，则曲线ln y x =的斜率为0e x 的切线的切点横坐标x 满足01xe x =，解得0x x e -=，代入ln y x =，得00ln x y ex -==-，故曲线ln y x =的斜率为0e x 的切线2l 方程为()0x x y e x e x -=--，即()001x y ex x =-+，由00011x x ex +=-，得()()00011xe x x -=-+，从而1l 与2l 为同一条直线. 8．（2020·重庆高三月考）已知函数()lnf x x ax a =-+（a 为常数）的最大值为0. （1）求实数a 的值；（2）设函数3()(1)ln ()1F x m x x f x e=--+-，当0m >时，求证：函数()F x 有两个不同的零点1x ，2x （12x x <），且121x x e e --<-.【答案】（1）1a =（2）见解析【解析】（1）函数()f x 的定义域为：(0,)+∞，1()axf x x-'=当0a ≤时，()0f x '>，则函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，无最大值；当0a >时，令1()0axf x x '-=>，即(1)0x ax -<，解得10x a<<， 所以函数()f x 在1(0,)a上单调递增，1(,)a +∞上单调递减，max 11()()ln 10f x f a a a ==-+=，易知函数1ln y a=与函数1y a =-的图像相交于点(1,0)，所以方程1ln 10a a-+=的解为1a =； （2）3()(1)ln ln F x m x x x x e=--+-2111()(ln 1)1()mx m F x m x F x x x x -++'''=++-+⇒=当0m >时()0F x ''>，则()F x '在(0,)+∞上单调递增，又因为()10F '=，所以()F x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，又()1031e F =-<，112()(1)10F m e e e =-+->，23()(1)0e e F e m e e--=-+>所以函数()F x 有两个不同的零点11(,1)x e ∈，2(1,)x e ∈，故211x x e e-<-. 9．（2020·安徽省高三期末）已知函数()()2e 12e x xf x a a x =+--.（1）当0a <时，讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个不同零点1x ，2x ，证明：1a >且120x x +<. 【答案】（1）分类讨论，详见解析；（2）详见解析.【解析】（1）()()()()22e 12e 1e 12e 1x x x x f x a a a '=+--=-+.因为0a <，由()0f x '=得，0x =或1ln 2x a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.i ）1ln 02a ⎛⎫-< ⎪⎝⎭即12a <-时，()f x 在1,ln 2a ⎛⎫⎛⎫-∞- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭单调递减，在1ln ,02a ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭单调递增，在()0,∞+单调递减；ii ）1ln 02a ⎛⎫-= ⎪⎝⎭即12a =-时，()f x 在(),-∞+∞单调递减；iii ）1ln 02a ⎛⎫-> ⎪⎝⎭即102a -<<时，()f x 在(),0-∞单调递减，在10,ln 2a ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭单调递增，在1ln ,2a ⎛⎫⎛⎫-+∞ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭单调递减. （2）由（1）知，12a <-时，()f x 的极小值为111ln 1ln 10242f a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=--->> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，102a -<<时，()f x 的极小值为()0110f a =->>， 12a =-时，()f x 在(),-∞+∞单调，故0a <时，()f x 至多有一个零点.当0a ≥时，易知()f x 在(),0-∞单调递减，在()0,∞+单调递增.要使()f x 有两个零点，则()00f <，即120a a +-<，得1a >.令()()()F x f x f x =--，（0x >），则()()()F x f x f x '''=+-()()22e 12e 1x xa a =+--()()22e 12e 1x x a a --++--()()()2e e 1e e 2e e 20x x x x x x a ---=+++-++-≥，所以()F x 在0x >时单调递增，()()00F x F >=，()()f x f x >-.不妨设12x x <，则10x <，20x >，20x -<， ()()()122f x f x f x =>-. 由()f x 在(),0-∞单调递减得，12x x <-，即120x x +<.10．（2020·新疆维吾尔自治区高三月考）已知函数221()ln ()x f x a x a R x-=-∈（1）若0a >时，讨论()f x 的单调性；（2）设()()2g x f x x =-，若()g x 有两个零点，求a 的取值范围 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）a e >【解析】（1）易知()f x 的定义域为(0,)+∞，且2221()x ax f x x'-+=， 对于222108x ax a -+=∆=-，，又0a >，①若0a <≤0,()0f x '∆≤≥，()f x ∴在(0,)+∞上是增函数；②若a >()0f x '=，得120,0x x =>=>,()f x ∴在()10,x 和()2,x +∞上是增函数，在()12,x x 上是减函数.（2）由1()ln g x a x x=--， ∴定义域为(0,)+∞且222111()a ax ax g x x x x x'--=-=-= ①当0a ≤时，()0g x '>恒成立，()g x 在(0,)+∞上单调递增，则()g x 至多有一个零点，不符合题意； ②当0a >时，()0g x '=得1x a=， ()g x ∴在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减max 1()ln g x g a a a a ⎛⎫∴==-+ ⎪⎝⎭∴要使()g x 有两个零点，则ln 0a a a -+>，由0a >解得a e >此时11,(1)10g a>=-< 易知当a e >时()211,,ln aaa a a a e a eg e a e e a a e ----><=--=-+， 令2(),(,),()2x x m x e x x e m x e x '=-∈+∞=-，令()2x h x e x =-，所以()2xh x e '=-，(,)x e ∴∈+∞时()0h x '<，()m x '∴在(,)x e ∈+∞为增函数，2()()20m x m e e e ''>=-> ()m x ∴在(,)x e ∈+∞为增函数，2()()0e m x m e e e >=->，所以()2,0a a e a g e -><∴函数()g x 在1,a e a -⎛⎫ ⎪⎝⎭与1,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭各存在一个零点综上所述，a e >.11．（2020·全国高三专题练习）已知函数()2cos 1.f x x ax =+- （1）当12a =时，证明：()0f x ； （2）若()f x 在R 上有且只有一个零点，求a 的取值范围． 【答案】（1）见解析； （2）()1,0,.2⎡⎫-∞+∞⎪⎢⎣⎭.【解析】（1）当12a =时，()21cos 12f x x x =+-，所以()f x 的定义域为R ,且()(),f x f x -=故()f x 为偶函数． 当0x 时,()sin f x x x '=-+，记()()sin g x f x x x '==-+，所以()cos 1g x x '=-+． 因为()0g x '≥，所以()g x 在[)0,+∞上单调递增， 即()f x '在[)0,+∞上单调递增， 故()()00f x f ''≥=，所以()f x 在[)0,+∞上单调递增，所以()()00f x f ≥=， 因为()f x 为偶函数,所以当x ∈R 时,()0f x ≥.（2）①当0a =时，()cos 1f x x =-，令cos 10x -=，解得()2x k k =π∈Z ， 所以函数()f x 有无数个零点，不符合题意；②当0a <时，()22cos 10f x x ax ax =+-≤≤，当且仅当0x =时等号成立，故0a <符合题意；③因为()()f x f x -=，所以()f x 是偶函数， 又因为()00f =，故0x =是()f x 的零点.当0a >时，()sin 2f x x ax '=-+，记()()sin 2g x f x x ax '==-+，则()cos 2g x x a '=-+. 1）当12a ≥时，()cos 2cos 10g x x a x '=-+≥-+≥， 故()g x 在()0,∞+单调递增，故当0x >时，()()00.g x g >=即()0f x '>， 故()f x 在()0,∞+单调递增，故()()00.f x f >= 所以()f x 在()0,∞+没有零点.因为()f x 是偶函数,所以()f x 在R 上有且只有一个零点.2）当102a <<时，当(]0,2x π∈时，存在10,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得1cos 2x a =，且当10x x <<时，()g x 单调递减，故()()00g x g <=，即()10,x x ∈时，()0f x '<，故()f x 在()10,x 单调递减，()()100f x f <=， 又()()222cos 22140f a a π=π+π-=π>，所以()()120f x f π<，由零点存在性定理知()f x 在()1,2x π上有零点，又因为0x =是()f x 的零点， 故102a <<不符合题意； 综上所述，a 的取值范围为()1,0,.2⎡⎫-∞+∞⎪⎢⎣⎭12．（2020·天津南开中学高三月考）已知函数有两个零点.（Ⅰ）求a 的取值范围； （Ⅱ）设x 1，x 2是的两个零点，证明：.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析【解析】（Ⅰ）．（Ⅰ）设，则，只有一个零点．（Ⅱ）设，则当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增． 又，，取满足且，则，故存在两个零点．（Ⅲ）设，由得或．若，则，故当时，，因此在单调递增．又当时，所以不存在两个零点．若，则，故当时，；当时，．因此在单调递减，在单调递增．又当时，，所以不存在两个零点．综上，的取值范围为．（Ⅱ）不妨设，由（Ⅰ）知，，在单调递减，所以等价于，即．由于，而，所以．设，则．所以当时，，而，故当时，．从而，故．13．（2020·广东省执信中学高三月考）已知函数()()1xf x alnx x e =--，其中a 为非零常数．()1讨论()f x 的极值点个数，并说明理由；()2若a e >，()i 证明：()f x 在区间()1,+∞内有且仅有1个零点；()ii 设0x 为()f x 的极值点，1x 为()f x 的零点且11x >，求证：0012x lnx x +>．【答案】（1）见解析；（2）（i ）证明见解析；（ii ）证明见解析. 【解析】()1解：由已知，()f x 的定义域为()0,+∞，()2x xa a x e f x xe x x-=-='， ①当0a <时，20x a x e -<，从而()'0f x <， 所以()f x 在()0,+∞内单调递减，无极值点； ②当0a >时，令()2xg x a x e =-，则由于()g x 在[)0,+∞上单调递减，()00g a =>，(10aag a a aea e=-=-<，所以存在唯一的()00,x ∈+∞，使得()00g x =，所以当()00,x x ∈时，()0g x >，即()'0f x >；当()0,x x ∈+∞时，()0g x <，即()'0f x <， 所以当0a >时，()f x 在()0,+∞上有且仅有一个极值点.综上所述，当0a <时，函数()f x 无极值点；当0a >时，函数()f x 只有一个极值点；()2证明：()i 由()1知()2xa x e f x x-'=．令()2xg x a x e =-，由a e >得()10g a e =->，所以()0g x =在()1,+∞内有唯一解，从而()'0f x =在()0,+∞内有唯一解， 不妨设为0x ，则()f x 在()01,x 上单调递增，在()0,x +∞上单调递减， 所以0x 是()f x 的唯一极值点．令()1h x lnx x =-+，则当1x >时，()1'10h x x=-<， 故()h x 在()1,+∞内单调递减，从而当1x >时，()()10h x h <=，所以1lnx x <-． 从而当a e >时，1lna >，且()()()()()1110lnaf lna aln lna lna e a lna lna a =--<---=又因为()10f =，故()f x 在()1,+∞内有唯一的零点．()ii 由题意，()()0100f x f x ⎧=⎪⎨='⎪⎩即()012011010x x a x e alnx x e ⎧-=⎪⎨--=⎪⎩，从而()0120111xx x e lnx x e =-，即1011201x x x lnx e x --=． 因为当11x >时，111lnx x <-，又101x x >>，故10112011x x x e x x --<-，即1020x x e x -<， 两边取对数，得1020x x lnelnx -<，于是1002x x lnx -<，整理得0012x lnx x +>．14．（2020·河南省高三开学考试）已知函数()ln 2f x x x a =-+（a R ∈）. （1）若函数()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围（2）证明：1212ln ln 22x x x x e -+⎛⎫-≥++ ⎪⎝⎭【答案】（1）()1ln 2,++∞；（2）证明见解析.【解析】（1）由题意，函数()ln 2f x x x a =-+的定义域为()0,∞+，令()ln 20f x x x a =-+=，则2ln a x x =-， 记()2ln g x x x =-，0x >， 则()1212x g x x x ='-=-，令()0g x '=，得12x =， 当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<，()g x 单调递减， 当1,2x ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()0g x '>，()g x 单调递增， 所以()g x 有最小值，且为11ln 22g ⎛⎫=+⎪⎝⎭， 又当0x →时，()g x →+∞；当x →+∞时，()g x →+∞，所以要使函数()f x 有两个零点，则函数()g x 的图象与y a =有两个不同的交点， 则1ln 2a >+，即实数a 的取值范围为()1ln 2,++∞.（2）由（1）知，函数()g x 有最小值为11ln 22g ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，可得2ln 1ln 2x x -≥+， 当且仅当12x =时取等号， 因此要证明1212ln e ln 22x x x x -+⎛⎫-≥++ ⎪⎝⎭，即只需要证明121e 12x x -+⎛⎫+≤ ⎪⎝⎭，记()121e 2x x x ϕ-+⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，则()11221e e 2x x x x ϕ-+-+⎛⎫'=-+ ⎪⎝⎭121e 2x x -+⎛⎫=- ⎪⎝⎭，令()0x ϕ'=，得12x =. 当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0x ϕ'>，()x ϕ单调递增， 当1,2x ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()0x ϕ'<，()x ϕ单调递减，所以()1122111e1222x ϕϕ-+⎛⎫⎛⎫≤=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 即121e 12x x -+⎛⎫+≤ ⎪⎝⎭恒成立，当且仅当12x =时取等号，所以1212ln e ln 22x x x x -+⎛⎫-≥++ ⎪⎝⎭，当且仅当12x =时取等号.。

相关文档
最新文档